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北京市东城区 2022-2023 学年度第二学期高三综合练习（二）
数学
2023.5
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 ， ，则（ ）
A. B. C. D.
⫋
【答案】A
【解析】
【分析】用列举法写出集合A，利用集合间的基本关系判断．
【详解】 ， ，则 .
.
⫋
故选：A
2. 已知椭圆 的一个焦点的坐标是 ，则实数 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程，结合 ，即可求解.
【详解】由条件可知， ， ， ，
所以 ，得 ，
故选：C3. 已知数列 中， ， ， 为其前 项和，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知得到 ，判定该数列为等比数列，进而利用求和公式计算.
【详解】由 得 ，又∵ ，∴数列 为首项为1，公比为 的等比数列，
∴ ，
故选：B.
4. 在复平面内， 是原点，向量 对应的复数是 ，将 绕点 按逆时针方向旋转 ，则所得向
量对应的复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的几何意义结合图象可得.
【详解】如图，由题意可知 ， 与 轴夹角为 ，
绕点 逆时针方向旋转 后 到达 轴上 点，又 ，
所以 的坐标为 ，所以 对应的复数为 .
故选：A.
5. 已知点 在圆 上，过 作圆 的切线 ，则 的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据点在圆上，求出 ，考虑 的斜率不存在和存在两种情况，结合点到直线距离列出方
程，求出斜率和倾斜角.
【详解】由题意得 ，
当 的斜率不存在时，此时直线方程为 ，与圆 相交，不合题意，
当 的斜率存在时，设切线 的方程为 ，
则 ，解得 ，
设 的倾斜角为 ，
故 的倾斜角为 .
故选：D
6. 某社区计划在端午节前夕按如下规则设计香囊：在基础配方以外，从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味
中药中至少选择一味添加到香囊，则不同的添加方案有（ ）
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
【答案】C【解析】
【分析】分四种情况，利用分类计数原理即可求出结果.
【详解】从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选一种，有 种，
从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选二种，有 种，
从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选三种，有 种，
从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药全选，有 种，
所以从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选一种，共有 种，
故选：C.
7. 设函数 ，若 为增函数，则实数 的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先分析函数在各段函数的单调性，依题意可得 且 ，结合 与 的函数
图象及增长趋势求出参数的取值范围.
【详解】因为 ，当 时 函数单调递增，
又 在 上单调递增，在 上单调递减，
要使函数 为增函数，则 且 ，
又函数 与 在 上有两个交点 和 ，
且 的增长趋势比 快得多，
与 的函数图象如下所示：所以当 时 ，当 时 ，当 时 ，
所以 ，即实数 的取值范围是 .
故选：B
8. “ ”是“函数 为偶函数”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用 ，得出 ，从而求出 ，再利用偶函数的定义进行判断即可得出
充分性成立，再利用 ，得出 ，从而判断必要性成立，从而得出结果.
【详解】若 ，得到 ，所以
，
当 时， ，当 时， ，
即 或 ，
当 时，恒有 ，当 时， ，所以，若 ，则 为偶函数，
若 为偶函数，则 ，所以 ，化简得
，所以 ，
故选：C.
9. 已知三条直线 ， ， 将平面分为六个部分，则满足条件的 的
值共有（ ）
A. 个 B. 2个 C. 个 D. 无数个
【答案】C
【解析】
【分析】考虑三条直线交于一点或 与 或 平行时，满足条件，求出答案.
【详解】当三条直线交于一点时，可将平面分为六个部分，
联立 与 ，解得 ，
则将 代入 中， ，解得 ，
当 与 平行时，满足要求，此时 ，
当 与 平行时，满足要求，此时 ，
综上，满足条件的 的值共有3个.
故选：C
10. 设 ，其中 为自然对数的底数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】【分析】构造函数 ，利用导数讨论其单调性，然后可比较 a，b；构造函数
，利用导数讨论其单调性，然后可比较b，c，然后可得.
【详解】令 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，
所以 ，即 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递减，
所以 ，即
所以 .
故选：A
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. 已知向量 满足 ， 与 的夹角为 ，则 ______; ______
【答案】 ①. 1 ②. 2
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的定义及运算律求解作答.
【详解】因为向量 满足 ， 与 的夹角为 ，
所以 ，
.
故答案为：1；212. 函数 在一个周期内的部分取值如下表：
则 的最小正周期为_______； _______．
【答案】 ①. ②. ##0.5
【解析】
【分析】先利用图表求出最小正周期，进而求出 ，得到 ，再将 代入即可求
出结果.
【详解】由图表知，当 时， ，当 时， ，所以 ，即
,
又 ， ，所以得到 ，又由 ，得到 ，
又 ，所以 ，
故 ，所以 ，
故答案为： ， .
13. 若 ，则实数 的一个取值为__________.
【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意，由交集的定义可知不等式 的解集为 的子集即可满足题意.
【详解】因为 ，
且当 时，即 时， ，
当 时，即 时，才有可能使得 ，
当 的两根刚好是 时，即 ，此时 的解集为 刚好满足
，
所以 ，所以实数 的一个取值可以为 .
故答案为:
14. 如图，在正方体 中， 是 的中点，平面 将正方体分成体积分别为 ，
（ ） 的两部分，则 _______
【答案】
【解析】
【分析】利用线面平行的性质，得出线线平行，从而求作出平面 与平面 的交线，进而得出
平面 分正方体为两部分，再利用棱台的体积公式即可求出结果.
【详解】取 的中点 ，连 ，因为 平面 ，故 平行于平面 与面的交线，又 分别为 的中点，易知 ，即平面 平面 ，
故平面 分正方体为两部分，
设正方体的边长为2，则正方体的体积为8，
，
故 ,
故答案为： .
15. 定义在区间 上的函数 的图象是一条连续不断的曲线， 在区间 上单调递增，
在区间 上单调递减， 给出下列四个结论：
①若 为递增数列，则 存在最大值；
②若 为递增数列，则 存在最小值；
③若 ，且 存在最小值，则 存在最小值；
④若 ，且 存在最大值，则 存在最大值.
其中所有错误结论的序号有_______．
【答案】①③④【解析】
【分析】结合函数的单调性判断最值，即可判断①②，利用取反例，判断③④.
在
【详解】①由条件可知，函数 区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
那么在区间 ，函数的最大值是 ，若数列 为递增数列，
则函数 不存在最大值，故①错误；
②由条件可知，函数 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
若 为递增数列，那么在区间 的最小值是 ，且 为递增数列，
所以函数 在区间 的最小值是 ，故②正确；
③若 ，取 , ,
则 ，存在最小值，但此时 的最小值是 的最小值，
函数单调递减，无最小值，故③错误；
④若 ，取 ，则 恒成立，
则 有最大值，但 的最大值是 的最大值，函数单调递增，无最
大值，
.
故④错误
故答案为：①③④
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. 在 中, .
（1）求 ;
（2）若 ,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使 存在且唯一确定,求
及 的面积.
条件①: ;
条件②: ;
条件③: .
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和二倍角公式求解即可;
（2）结合正弦定理和余弦定理求解即可;
【小问1详解】
由正弦定理得 ,
得 ,
,
因为 ,
所以则 .
所以 ,
所以 .
【小问2详解】
选条件①:
因为 ,
由正弦定理得 ,
由余弦定理得 ,
解得 ，
则 ,
解得 ，
所以 存在且唯一确定,
则 .
选条件②: ,
已知
由正弦定理得 ,因为 ,
所以 , ,
所以 存在且唯一确定,
则 .
选条件③: ,
由余弦定理得 ,
即 ,
所以 ,即 ,
因为 ,
所以不存在 使得 存在.
17. 如图，直角三角形 和等边三角形 所在平面互相垂直， ， 是线段 上一点.
（1）设 为 的中点，求证： ；
（2）若直线 和平面 所成角的正弦值为 ，求 的值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】（1）要证明线线垂直，利用面面垂直的性质定理，转化为证明 平面 ；
（2）首先设 ， ，再以 的中点 为原点，建立空间直角坐标系，根据线面角的向量
公式，列式求解.
【小问1详解】
由题设知
因为平面 平面 ，平面 平面 ，，
所以 平面 ．
因为 平面 ，
所以 .
因为 为等边三角形， 是 的中点，
所以 .
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ．
所以 .
【小问2详解】
设 ， .
取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ，
则 ， .由（I）知 平面 ，所以 平面 ，
所以 ， .
如图建立空间直角坐标系 ，则
， ， ， ．
所以 ， ， ， ，
.
设平面 的法向量为 ，
则 即
令 ，则 ， .于是 .
因为直线 和平面 所成角的正弦值为 ，
所以 ，
整理得 ，
解得 或 .
因为 ，所以 ，即 .
18. 某数学学习小组的7名学生在一次考试后调整了学习方法，一段时间后又参加了第二次考试．两次考
试的成绩如下表所示（满分100分）：
学生1 学生2 学生3 学生4 学生5 学生6 学生7
第一次 82 89 78 92 92 65 81
第二次 83 90 75 95 93 61 76
（1）从数学学习小组7名学生中随机选取1名，求该名学生第二次考试成绩高于第一次考试成绩的概率；
（2）设 表示第 名学生第二次考试成绩与第一次考试成绩的差.从数学学习小组7名学生
中随机选取2名，得到数据 ，定义随机变量 ， 如下：
（i）求 的分布列和数学期望 ；
（ii）设随机变量 ， 的的方差分别为 ， ，试比较 与 的大小．（结论不要求
证明）
【答案】（1）
（2）（i）分布列见解析， ；（ii） .
【解析】
【分析】（1）利用古典概型直接计算即可；（2）（i）列出变量X的取值，分别求出对应的概率，列出分布列，利用公式直接求解数学期望即可；
（ii）计算方差，利用方差的含义直接判断即可.
【小问1详解】
根据表中数据，可知这7名学生中有4名学生的第二次考试成绩高于第一次考试成绩，分别是学生1，学
生2，学生4，学生5，
则从数学学习小组7名学生中随机选取1名，
该名学生第二次考试成绩高于第一次考试成绩的概率为
【小问2详解】
（i）随机变量 可能的取值为0，1，2.
这7名学生第二次考试成绩与第一次考试成绩的差分别为1，1， ，3，1， ， .
时，若 ，有 ， ， 共3种，
若 ，有 ， 共2种，
若 ，有 ， ， ， 共4种，
故 ；
时，若 ，有 ， ， 共3种，
若 ，有 ， ， 共3种，
故 ；
时，若 ，有 ， ， ， 共4种，
若 ，有 共1种，
若 ，有 共1种，
故 .则随机变量 的分布列为：
0 1 2
所以 的数学期望 .
（ii）由（i）知 ，
这7名学生第二次考试成绩与第一次考试成绩的差分别为1，1， ，3，1， ， .
随机变量 可能的取值为0，1，2，3.
时，若 ，有 ， ， 共3种，
若 ，有 ， 共2种，
故 ；
时，若 ，有 ， ， ， 共4种，
故 ；
时，若 ，有 ， ， 共3种，
若 ，有 ， ， 共3种，
故 ；
时，若 ，有 ， ， ， 共4种，
若 ，有 共1种，
若 ，有 共1种，故 .
则随机变量 的分布列为：
0 1 2 3
所以 的数学期望 .
所以 ，
因为 ，所以 .
19. 已知焦点为 的抛物线 经过点 ．
（1）设 为坐标原点，求抛物线 的准线方程及 的面积；
△
（2）设斜率为 的直线 与抛物线 交于不同的两点 ，若以 为直径的圆与抛物线 的准线
相切，求证：直线 过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）准线为 ，
（2）证明见解析，定点 ．
【解析】
【分析】（1）由点在抛物线上代入求参数，写出抛物线方程，进而得准线方程，最后求 的面积；
△
（2）设 为 ，联立抛物线并应用韦达定理、中点公式得 的中点N点横坐标，根据
到准线的距离等于 列方程得 ，即可证结论并确定定点坐标.
【小问1详解】因为抛物线 过点 ，所以 ，即 ．
故抛物线 的方程为 ，焦点 ，准线方程为 .
所以
【小问2详解】
设直线 的方程为 ．
由 得： ，又 有 ．
设 则 ， ．
设 的中点为 ，则 .
所以 到准线的距离 ，
，
依题意有 ，即 ，
整理得 ，解得 ，满足 ．
所以直线 过定点 ．20. 已知函数 .
（1）求曲线 在点 处的切线方程；
（2）求 在区间 上的最大值；
（3）设实数 使得 对 恒成立，写出 的最大整数值，并说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3） ，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数在 处的导数，即切线斜率，求出 ，即可得出切线方程；
（2）求出函数在区间 上的单调性，求出最值即可；
（3）将不等式等价转化为 在 上恒成立.构造函数 ，利用导数求出
函数的单调性和最小值，进而得证.
【小问1详解】
因为 ，
所以 ，则 ，又 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 .
【小问2详解】
令 ，
则 ，当 时， ， 在 上单调递增.
因为 ， ，所以 ，使得 .
所以当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增，
又 ， ，
所以 .
【小问3详解】
满足条件的 的最大整数值为 .
理由如下：
不等式 恒成立等价于 恒成立.
令 ，
当 时， ，所以 恒成立.
当 时，令 ， ， ，
与 的情况如下：
1
所以 ，当 趋近正无穷大时， ，且 无限趋近于0，所以 的值域为 ，
因为 ，所以 的最小值小于 且大于 .
所以 的最大整数值为 .
21. 已知有穷数列 中的每一项都是不大于 的正整数.对于满足 的整数
，令集合 .记集合 中元素的个数为 （约定空集的元素个
数为0）.
（1）若 ，求 及 ；
（2）若 ，求证： 互不相同；
（3）已知 ，若对任意的正整数 都有 或 ，求
的值.
【答案】（1） ， .
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）观察数列，结合题意得到 及 ；
（2）先得到 ，故 ，再由 得到 ，
从而证明出结论；
（ 3 ） 由 题 意 得 或 ， 令 ， 得 到 或 ， 当 时 得 到
，当 时，考虑 或 两种情况，求出答案.
【小问1详解】因为 ，所以 ，则 ；
【小问2详解】
依题意 ，
则有 ，
因此 ，
又因为 ，
所以
所以 互不相同.
【小问3详解】
依题意
由 或 ，知 或 .
令 ，可得 或 ，对于 成立，
故 或 .
①当 时，
，
所以 .
②当 时，
或 .
当 时，由 或 ，有 ，同理 ，
所以 .
当 时，此时有 ，
令 ，可得 或 ，即 或 .
令 ，可得 或 . 令 ，可得 .
所以 .
若 ，则令 ，可得 ，与 矛盾.
所以有 .
不妨设 ，
令 ，可得 ，因此 .
令 ，则 或 .
故 .
所以 .
综上， 时， .
时， .
时， .
【点睛】数列新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
