1、第1页/共10页 2023 北京西城高三一模 数 学 2023.3 本试卷共 6 页,150 分。考试时长 120 分钟。考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效。考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。第一部分(选择题 共 40 分)一、选择题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项。(1)已知集合 1,0,1,2,3A=,2|30Bx xx=,则AB=(A)1(B)1,2(C)1,2,3(D)1,0,1,2(2)下列函数中,在区间(0,)+上为增函数的是(A)|yx=(B)22yxx=(C)sinyx=(D)1yxx=(3)设lg2a=,cos2
2、b=,0.22c=,则(A)bca(B)cba(C)bac(D)abc(4)在52()xx的展开式中,x的系数为(A)40(B)10(C)40(D)10(5)已知P为ABC所在平面内一点,2BCCP=,则(A)1322APABAC=+(B)1233APABAC=+(C)3122APABAC=(D)2133APABAC=+(6)函数()sin2tanf xxx=是(A)奇函数,且最小值为0(B)奇函数,且最大值为2(C)偶函数,且最小值为0(D)偶函数,且最大值为2 (7)已知双曲线C的中心在原点,以坐标轴为对称轴则“C的离心率为2”是“的 一条渐近线为3yx=”的(A)充分而不必要条件(B)必
3、要而不充分条件 C 第2页/共10页 (C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件(8)在不考虑空气阻力的条件下,火箭的最大速度(km/s)v和燃料的质量(kg)M以及 火箭(除燃料外)的质量(kg)N间的关系为2ln(1)MvN=+若火箭的最大速度为 12km/s,则下列各数中与MN最接近的是(参考数据:e2.71828=)(A)200(B)400(C)600(D)800(9)设cR,函数,0,()22,0.xxcxf xc x=若()f x恰有一个零点,则c的取值范围是(A)(0,1)(B)01,)+(C)1(0,)2(D)1 0,)2+(10)n名学生参加某次测试,测试由m道题组成若一道
4、题至少有23n名学生未解出来,则称此题为难题;若一名学生至少解出了23m道题,则该生本次测试成绩合格如果这次测试至少有23n名学生成绩合格,且测试中至少有23m道题为难题,那么mn的最小值为(A)6(B)9(C)18(D)27 第二部分(非选择题 共 110 分)二、填空题共5小题,每小题5分,共25分。(11)若复数2i1iz=+,则|z=_ (12)已知抛物线22(0)ypx p=的顶点为O,且过点,A B若OAB是边长为4 3的等边 三角形,则p=_(13)已知数列na的通项公式为12nna=,nb的通项公式为12nbn=记数列nnab+的前n项和为nS,则4S=_;nS的最小值为_(1
5、4)设(cos,sin),(2cos,2sin)AB,其中,R当,2=时,|AB=_;当|3AB=时,的一个取值为_(15)如图,在棱长为2的正方体1111ABCDABC D中,点M,N分别在线段1AD和11BC上 第3页/共10页 给出下列四个结论:MN的最小值为2;四面体NMBC的体积为43;有且仅有一条直线MN与1AD垂直;存在点M,N,使MBN为等边三角形 其中所有正确结论的序号是_ 三、解答题共 6 小题,共 85 分。解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程。(16)(本小题 13 分)如图,在ABC中,23A=,2AC=,CD平分ACB交AB于点D,3CD=()求ADC的值;()求
6、BCD的面积 (17)(本小题 13 分)根据国家学生体质健康标准,高三男生和女生立定跳远单项等级如下(单位:cm):从某校高三男生和女生中各随机抽取12名同学,将其立定跳远测试成绩整理如下(精确到1cm):男生:180 205 213 220 235 245 250 258 261 270 275 280 女生:148 160 162 169 172 184 195 196 196 197 208 220 假设用频率估计概率,且每个同学的测试成绩相互独立()分别估计该校高三男生和女生立定跳远单项的优秀率;()从该校全体高三男生中随机抽取2人,全体高三女生中随机抽取1人,设X为这3人中立定跳远
7、单项等级为优秀的人数,估计X的数学期望EX;()从该校全体高三女生中随机抽取3人,设“这3人的立定跳远单项既有优秀,又有其它等级”为事件A,“这3人的立定跳远单项至多有1个是优秀”为事件B判断A与B是否相互独立(结论不要求证明)立定跳远单项等级 高三男生 高三女生 优秀 260及以上 194及以上 良好 245259 180193 及格 205244 150179 不及格 204及以下 149及以下 第4页/共10页 (18)(本小题 14 分)如 图,在 四 棱 锥PABCD中,PA平 面ABCD,/ABCD,ABAD,1AB=,2PAADCD=E为棱PC上一点,平面ABE与棱PD交于点F再
8、从条件、条件这两个条件中选择一个作为己知,完成下列两个问题:()求证:F为PD的中点;()求二面角BFCP的余弦值 条件:BE AF;条件:BEPC 注:如果选择条件和条件分别解答,按第一个解答计分 (19)(本小题 15 分)已知函数()ecosxf xx=()求曲线()yf x=在点(,()00f处的切线方程;()设()()()g xx fxf x=,证明:()xg在(0,)+上单调递增;()判断1()33f与1()44f的大小关系,并加以证明 (20)(本小题 15 分)已知椭圆22:22C xy+=,点,A B在椭圆C上,且OAOB(O为原点)设AB的中点为M,射线OM交椭圆C于点N(
9、)当直线AB与x轴垂直时,求直线AB的方程;()求|ONOM的取值范围 第5页/共10页 (21)(本小题 15 分)给定正整数2n,设集合12|(,),0,1,1,2,nkMt tttkn=对于集合M中的任意元素12(,)nx xx=和12(,)ny yy=,记1122nnx yx yx y=+设AM,且 集 合12|(,),1,2,iiiiinAtttin=,对 于A中 任 意 元 素,ij,若,1,ijp ijij=则称A具有性质(,)T n p()判断集合(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)A=是否具有性质(3,2)T?说明理由;()判断是否存在具有性质(4,)Tp的集合A,
10、并加以证明;()若集合A具有性质(,)T n p,证明:12(1,2,)jjnjtttp jn+=第6页/共10页 数学答案及评分参考 2023.3 一、选择题(共 10 小题,每小题 4分,共 40 分)(1)B(2)D(3)C(4)A(5)A (6)C(7)D(8)B(9)D(10)B 二、填空题(共 5 小题,每小题 5分,共 25 分)(11)2 (12)1(13)1 2 (14)53(答案不唯一)(15)三、解答题(共 6 小题,共 85 分)(16)(共 13 分)解:()在ADC中,由正弦定理得sinsinACCDADCA=2 分 所以22sinsin23sin23ACAADCC
11、D=4 分 因为03ADC,5 分 所以4ADC=6 分()由()得23412ACDBCD=7 分 由题设,6BACB=,即ABC为等腰三角形 8 分 所以2cos66BCAC=10 分 所以BCD的面积为 113(31)sin63sin()22344BCDSBC CDBCD=13 分(17)(共 13 分)解:()样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为4,获得优秀的女生人数为6,所以估计该校高三男生立定跳远单项的优秀率为41123=;2 分 估计高三女生立定跳远单项的优秀率为61122=4 分()由题设,X的所有可能取值为0,1,2,3 第7页/共10页 (0)P X=估计为2212()
12、329=;5 分(1)P X=估计为122121214C()332329+=;6 分(2)P X=估计为122121115C()3323218+=;7 分(3)P X=估计为2111()3218=8 分 估计X的数学期望2451701239918186EX=+=10 分()A与B相互独立 13 分 (18)(共 14 分)解:选条件:BE AF ()因为ABCD,AB 平面PCD,所以/AB平面PCD 1 分 因为平面ABEF平面PCDEF=,所以AB EF 2 分 又BE AF,所以四边形ABEF为平行四边形 所以AB EF且ABEF=3 分 因为ABCD且12ABCD=,所以EFCD且12
13、EFCD=所以EF为PCD的中位线 5 分 所以F为PD的中点 6 分 ()因为PA平面ABCD,所以,PAAB PAAD 又ABAD,所以,AB AD AP两两相互垂直 如图建立空间直角坐标系Axyz,7 分 则(0,0,0)A,(1,0,0)B,(2,2,0)C,(0,0,2)P,(0,2,0)D,(0,1,1)F 所以(,)1 2 0BC=,(,)111BF=,(,)0 11AF=设平面BCF的法向量为(,)x y z=m,则0,0,BCBF=mm 即20,0.xyxyz+=+=令1y=,则2x=,3z=于是(2,1,3)=m 9 分 因为AB 平面PAD,且ABCD,所以CD 平面PA
14、D 所以AFCD 又PAAD=,且F为PD的中点,所以AFPD 第8页/共10页 所以AF 平面PCD,所以AF是平面PCD的一个法向量 11 分 7cos,7|AFAFAF=mmm 13 分 由题设,二面角BFCP的平面角为锐角,所以二面角BFCP的余弦值为77 14 分 选条件:BEPC()因为PA平面ABCD,所以,PAAB PAAD 在RtPAB中,225PBABAP=+=1 分 在直角梯形ABCD中,由1AB=,2ADCD=,可求得5BC=,所以PBBC=2 分 因为BEPC,所以E为PC的中点 3 分 因为ABCD,AB 平面PCD,所以/AB平面PCD 因为平面ABEF平面PCD
15、EF=,所以AB EF 5 分 所以CDEF 所以F为PD的中点 6 分()以下同条件(19)(共 15 分)解:()()esinxfxx=+1 分 所以(0)0f=,(0)1f=3 分 所以曲线()yf x=在点(,()00f处的切线方程为yx=4 分()由题设,()(esin)(ecos)xxg xxxx=+(1)esincosxxxxx=+所以()(ecos)xg xxx=+6 分 当0 x时,因为0ecosecos1cos0 xxxx+=+,所以()0g x 8 分 所以()xg在(0,)+上单调递增 9 分()11()()3434ff 10 分 证明如下:设()(),(0,)f xh
16、 xxx=+11 分 则22()()()()x fxf xg xh xxx=12 分 第9页/共10页 由()知()xg在(0,)+上单调递增,所以()(0)0 xgg=13 分 所以()0h x,即()xh在(0,)+上单调递增 14 分 所以11()()34hh,即11()()3434ff 15 分 (20)(共 15 分)解:()当直线AB与x轴垂直时,设其方程为(22)xtt=1 分 由点A,B关于x轴对称,且OAOB,不妨设(,)A t t 2 分 将点A的坐标代入椭圆C的方程,得2222tt+=,解得63t=3 分 所以直线AB的方程为63x=4 分()当直线AB的斜率不存在时,由
17、()知|3|ONOM=5 分 当直线AB的斜率存在时,设其方程为ykxm=+由22,22,ykxmxy=+=得222(21)4220kxkmxm+=6 分 由228(21)0km=+,得2212mk+设11(,)A x y,22(,)B xy,则122421kmxxk+=+,21222221mx xk=+8 分 因为OAOB,所以0OA OB=所以1 2121 212()()0 x xy yx xkxm kxm+=+=整理得221212(1)()0kx xkm xxm+=10 分 所以2222(1)(22)(4)(21)0kmkmkmmk+=解得22322mk=+,从而223m 11 分 设O
18、NOM=,其中0 则1212222()(,)(,)2221 21kmmONOAOBxxyykk=+=+=+12 分 将222(,)21 21kmmNkk+代入椭圆C的方程,得22221mk=+所以22231mm=,即2213m=13 分 第10页/共10页 因为223m,所以2332,即632 14 分 综上,|ONOM的取值范围是6,32 15 分(21)(共 15 分)解:()因为(1,1,0)(1,1,0)1 1 1 10 02=+=,同理(1,0,1)(1,0,1)(0,1,1)(0,1,1)2=又(1,1,0)(1,0,1)1 1 1 00 1 1=+=,同理(1,1,0)(0,1,
19、1)(1,0,1)(0,1,1)1=所以集合(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)A=具有性质(3,2)T 4 分()当4n=时,集合A中的元素个数为4由题设0,1,2,3,4p 5 分 假设集合A具有性质(4,)Tp,则 当0p=时,(0,0,0,0)A=,矛盾 当1p=时,(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)A=,不具有性质(4,1)T,矛盾 当2p=时,(1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1),(0,1,1,0),(0,1,0,1),(0,0,1,1)A 因为(1,1,0,0)和(0,0,1,1)至多一个在A中;(1,0
20、,1,0)和(0,1,0,1)至多一个在A中;(1,0,0,1)和(0,1,1,0)至多一个在A中,故集合A中的元素个数小于4,矛盾 当3p=时,(1,1,1,0),(1,1,0,1),(1,0,1,1),(0,1,1,1)A=,不具有性质(4,3)T,矛盾 当4p=时,(1,1,1,1)A=,矛盾 综上,不存在具有性质(4,)Tp的集合A 9 分()记12(1,2,)jjjnjctttjn=+=,则12ncccnp+=若0p=,则(0,0,0)A=,矛盾若1p=,则(1,0,0,0)A=,矛盾故2p 假设存在j使得1jcp+,不妨设1j=,即11cp+当1cn=时,有jc=0或jc=1(2,
21、3,)jn=成立 所以12,n 中分量为1的个数至多有(1)212nnnnnp+=11 分 当11pcn+时,不妨设11211,111,0pntttt+=因为nnp=,所以n的各分量有p个1,不妨设23,11nnn pttt+=由ij时,1ij=可知,2,3,1qp+,121,qqpqttt+中至多有1个1,即121,p+的前1p+个分量中,至多含有121ppp+=+个1 又1in=(1,2,1)ip=+,则121,p+的前1p+个分量中,含有(1)(1)22ppp+=+个1,矛盾 所以(1,2,)jcpjn=14 分 因为12ncccnp+=,所以jcp=(1,2,)jn=所以12(1,2,)jjnjtttp jn+=15 分