文档文本内容
北京市朝阳区高三年级第二学期质量检测一
数学 2023．3
（考试时间120分钟 满分150分）
本试卷分为选择题40分和非选择题110分
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 ，集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简 ，再由集合并集的运算即可得解.
【详解】由题意 ， ，
所以 .
故选：C.
2. 若 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式的性质判断A，取特殊值判断BCD.
【详解】 ， ，即 ，故A正确；
取 ，则 不成立，故B错误；
取 ，则 不成立，故C错误；取 ，则 ，故D错误.
故选：A
3. 设 ，若 ，则 （ ）
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】先求出 展开式第 项，再由 列出方程，即可求出 的值.
【详解】 展开式第 项 ，
∵ ，∴ ，
∴ .
故选：A.
4. 已知点 ， ．若直线 上存在点P，使得 ，则实数k的取值范围是
（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将问题化为直线 与圆 有交点，注意直线所过定点 与圆的位置关系，
再应用点线距离公式列不等式求k的范围.
【详解】由题设，问题等价于过定点 的直线 与圆 有交点，又 在圆外，所以只需 ，可得 .
故选：D
5. 已知函数 ，则“ ”是“ ”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】由 的奇偶性、单调性结合充分条件、必要条件的概念即可得解.
【详解】因为 定义域为 ， ，
所以 为奇函数，且 为 上的增函数.
当 时， ，所以 ，
即“ ”是“ ”的充分条件，
当 时， ，由 的单调性知，
，即 ，
所以“ ”是“ ”成立的必要条件.
综上，“ ”是“ ”的充要条件.
故选：C6. 过双曲线 的右焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为A．若
（O为坐标原点），则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2 D. 或2
【答案】B
【解析】
【分析】由题意易得所以 ，从而 ，再由 求解.
【详解】解：在 中，因为 ，
所以 ，则 ，
所以 ，
故选：B
7. 在长方体 中， 与平面 相交于点M，则下列结论一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面交线的性质可知 ，又平行线分线段成比例即可得出正确答案，对于ABD
可根据长方体说明不一定成立.
【详解】如图，连接 ，交于 ，连接 ， ，在长方体中，平面 与平面 的交线为 ,
而 平面 ，且 平面 ，
所以 ，
又 ， ，
所以 ，故C正确.
对于A，因为长方体中 与 不一定垂直，故推不出 ，故A错误；
对于B，因为长方体中 与 不一定相等，故推不出 ，故B错误；
对于D，由B知，不能推出 与 垂直，而 是中线，所以推不出 ，故D错误.
故选：C
8. 声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，我们听到的声音多为复合音．若一个复合音的数学模型
是函数 ，则下列结论正确的是（ ）
A. 的一个周期为 B. 的最大值为
C. 的图象关于直线 对称 D. 在区间 上有3个零点
【答案】D
【解析】【分析】A.代入周期的定义，即可判断；
B.分别比较两个函数分别取得最大值的 值，即可判断；
C.代入对称性的公式，即可求解；
D.根据零点的定义，解方程，即可判断.
【详解】A. ，故A错误；
B. ，当 ， 时，取得最大值1， ，当 ， 时，即
， 时，取得最大值 ，所以两个函数不可能同时取得最大值，所以 的最大值不是
，故B错误；
C. ，所以函数 的图象不关于
直线 对称，故C错误；
D. ，即 ， ，
即 或 ，解得： ，
所以函数 在区间 上有3个零点，故D正确.
故选：D
9. 如图，圆M为 的外接圆， ， ，N为边BC的中点，则 （ ）A. 5 B. 10 C. 13 D. 26
【答案】C
【解析】
【分析】由三角形中线性质可知 ，再由外接圆圆心为三角形三边中垂线交点可知
，同理可得 ，再由数量积运算即可得解.
【详解】 是BC中点，
，
M为 的外接圆的圆心，即三角形三边中垂线交点，
，
同理可得 ，
.
故选：C
10. 已 知 项 数 为 的 等 差 数 列 满 足 ， ． 若
，则k的最大值是（ ）
A. 14 B. 15 C. 16 D. 17
【答案】B
【解析】
【分析】通过条件 ， ，得到 ，再利用条件 得到 ，
进而得到不等关系： ，从而得到 的最大值.
【详解】由 ， ，得到 ，
即 ，
当 时，恒有 ，即 ，
所以 ，
由 ，得到 ，
所以 ， ，
整理得到： ，所以 .
故选：B
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 ，则 ________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据 以及复数商的模等于复数的模的商，计算可得答案.
【详解】因为 ，所以 .故答案为：
【点睛】本题考查了复数模的性质，考查了复数的模长公式，属于基础题.
12. 函数 的值域为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用对数函数和指数函数的图象和性质分别求 和 的值域，再取并集即可.
【详解】因为当 时， ，
当 时， ，
所以函数 的值域为 ，
故答案为：
13. 经过抛物线 的焦点的直线与抛物线相交于A，B两点，若 ，则 （O为坐标原
点）的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】求出焦点坐标，设直线 方程，联立抛物线方程，韦达定理，利用弦长求出直线方程，可求得
O点到直线 距离，进一步求出三角形面积.
【详解】由题意知，抛物线 的焦点 ，设 ， ，直线AB： ，
联立方程 ，消去x可得 ， ，
韦达定理得 ，
因为 ，所以 ，即 ，所以直线AB： ，所以点O到直线AB的距离为 ，
所以 .
故答案为：
14. 在 中， ， ， ．
（1）若 ，则 ________；
（2）当 ________（写出一个可能的值）时，满足条件的 有两个．
【答案】 ①. ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】（1）求出 ，再由余弦定理求解即可；
（2）根据已知两边及一边的对角求三角形解得情况，建立不等式求出 的范围即可得解.
【详解】（1） ， ，
， ，
由余弦定理， ，即 ，
解得 .
（2）因为 , ,
所以当 时，方程有两解，
即 ，
取 即可满足条件（答案不唯一）
故答案为： ；6.
15. 某军区红、蓝两方进行战斗演习，假设双方兵力（战斗单位数）随时间的变化遵循兰彻斯特模型：，其中正实数 ， 分别为红、蓝两方初始兵力，t为战斗
时间； ， 分别为红、蓝两方t时刻的兵力;正实数a，b分别为红方对蓝方、蓝方对红方的战斗效
果系数； 和 分别为双曲余弦函数和双曲正弦函数．规定当红、蓝两方任何
一方兵力为0时战斗演习结束，另一方获得战斗演习胜利，并记战斗持续时长为T．给出下列四个结论：
①若 且 ，则 ；
②若 且 ，则 ；
③若 ，则红方获得战斗演习胜利；
④若 ，则红方获得战斗演习胜利．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】对于①根据已知条件利用作差法比较大小即可得出 ，所以①正确；
对于②，利用①中结论可得蓝方兵力先为 0，即 解得 ，
②正确；对于③和④，若要红方获得战斗演习胜利，分别解出红、蓝两方兵力为 0时所用时间 、 ，比
较大小即可知③错误，④正确.
【详解】对于①，若 且 ，则 ，即 ，所以 ，
由 可得 ，即①正确；
对于②，当 时根据①中的结论可知 ，所以蓝方兵力先为0，
即 ，化简可得 ，
即 ，两边同时取对数可得 ，
即 ，所以战斗持续时长为 ，
所以②正确；
对于③，若红方获得战斗演习胜利，则红方可战斗时间大于蓝方即可，
为
设红方兵力 0时所用时间为 ，蓝方兵力为0时所用时间为 ，
即 ，可得
同理可得
即 ，解得
又因为 都为正实数，所以可得 ，红方获得战斗演习胜利；
所以可得③错误，④正确.故答案为：①②④.
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. 如图，在三棱柱 中， 平面 ABC，D，E 分别为 AC， 的中点，
， ．
（1）求证： 平面BDE；
（2）求直线DE与平面ABE所成角的正弦值；
的
（3）求点D到平面ABE 距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2） ；
（3） .
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质得到 ，根据等腰三角形三线合一的性质得到 ，然
后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用空间向量的方法求线面角即可；
（3）利用空间向量的方法求点到面的距离即可.
【小问1详解】
在三棱柱中， ， 为 ， 的中点，∴ ，
∵ 平面 ，∴ 平面 ，∵ 平面 ，∴ ，
在三角形 中， ， 为 中点，∴ ，
∵ ， 平面 ，∴ 平面 .
【小问2详解】
如图，以 为原点，分别以 为 轴建立空间直角坐标系，
在直角三角形 中， ， ，∴ ，
， ， ， ，
， ， ，
设平面 的法向量为 ，
，令 ，则 ， ，所以 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
所以 .
【小问3详解】设点 到平面 的距离为 ，所以 .
17. 设函数 ，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选
择两个作为已知，使得 存在．
（1）求函数 的解析式；
（2）求 在区间 上的最大值和最小值．
条件①： ；
条件②： 的最大值为 ；
条件③： 的图象的相邻两条对称轴之间的距离为 ．
注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多组条件分别解答，按第一组解答计分．
【答案】（1）选择条件②③，
（2）最大值为 ，最小值为 .
【解析】
【分析】（1）由正弦函数和余弦函数的奇偶性可排除条件①，先利用辅助角公式化简 ，再根据正弦
函数的图象和性质即可求解；
（2）利用整体代入法，结合正弦函数 的图象和性质即可求解.
【小问1详解】
若选择条件①，因为 ，所以 ，
由 可得 对 恒成立，与 矛盾，
所以选择条件②③，
由题意可得 ，
设 ，
由题意可得 ，
其中 ， ，
因为 的最大值为 ，所以 ，解得 ，
所以 ， ，
由 的图象的相邻两条对称轴之间的距离为 可得 ，
所以 解得 ，
所以 .
【小问2详解】
由正弦函数的图象可得当 时， ， ，
所以 在区间 上的最大值为 ，最小值为 .
18. 某地区组织所有高一学生参加了“科技的力量”主题知识竟答活动，根据答题得分情况评选出一二三等奖若干，为了解不同性别学生的获奖情况，从该地区随机抽取了500名参加活动的高一学生，获奖情况统计
结果如下：
获奖人数
性别 人数
一等奖 二等奖 三等奖
男生 200 10 15 15
女生 300 25 25 40
假设所有学生的获奖情况相互独立．
（1）分别从上述200名男生和300名女生中各随机抽取1名，求抽到的2名学生都获一等奖的概率；
（2）用频率估计概率，从该地区高一男生中随机抽取1名，从该地区高一女生中随机抽取1名，以X表示
这2名学生中获奖的人数，求X的分布列和数学期望 ；
（3）用频率估计概率，从该地区高一学生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为 ；从该地区高
一男生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为 ；从该地区高一女生中随机抽取1名，设抽到的学
生获奖的概率为 ，试比较 与 的大小．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，期望
（3）
【解析】
【分析】（1）直接计算概率 ；
（2） 的所有可能取值为0,1,2，求出高一男生获奖概率和高一女生获奖概率，再计算概率得到分布列，
最后计算期望即可；（3）计算出 ， ，比较大小即可.
【小问1详解】
设事件 为“分别从上述200名男生和300名女生中各随机抽取1名,
抽到的2名学生都获一等奖”，
则 ，
【小问2详解】
随机变量 的所有可能取值为0,1,2.
记事件 为“从该地区高一男生中随机抽取1名,该学生获奖”,
事件 为“从该地区高一女生中随机抽取1名,该学生获奖”.由题设知,事件 , 相互独立,
且 估计为 估计为 .
所以 ,
,
.
所以 的分布列为
0 1 2
故 的数学期望
【小问3详解】
，理由：根据频率估计概率得，由（2）知 ， ，
故 ，
则 .
19. 已知函数 ．
（1）求 的单调区间；
（2）若 对 恒成立，求a的取值范围；
（3）证明：若 在区间 上存在唯一零点 ，则 ．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）讨论 、 ，结合导数的符号确定单调区间；
（2）由 ，讨论 、 研究导数符号判断 单调性，进而判断题设不等式是否恒
成立，即可得参数范围；
（3）根据（2）结论及零点存在性确定 时 在 上存在唯一零点，由零点性质及区间单
调性，应用分析法将问题转化为证 在 上恒成立，即可证结论.
【小问1详解】
由题设 ，
当 时， ，则 在R上递增；
当 时，令 ，则 ，若 ，则 ， 在 上递减；
若 ，则 ， 在 上递增；
综上， 时 的递增区间为R，无递减区间；
时 的递减区间为 ，递增区间为 .
【
小问2详解】
由 ，
当 时， 在 上恒成立，故 在 上递增，则 ，满足要求；
当 时，由（1）知： 在 上递减，在 上递增，而 ，
所以 在 上递减，在 上递增，要使 对 恒成立，
所以，只需 ，
令 且 ，则 ，即 递减，
所以 ，故在 上 不存在 ；
综上，
【小问3详解】
由（2）知： 时，在 恒有 ，故不可能有零点；
时， 在 上递减，在 上递增，且 ，
所以 上 ，无零点，即 ，且 趋向于正无穷时 趋向正无穷，所以，在 上存在唯一 ，使 ，
要证 ，只需 在 上恒成立即可，
令 ，若 ，则 ，
令 ，则 ，即 在 上递增，故 ，
所以 ，即 在 上递增，故 ，
所以 在 上恒成立，得证；
故 ，得证.
【点睛】关键点点睛：第三问，通过讨论确定 在某一单调区间上存在唯一零点的a的范围后，应用分
析法证 恒成立即可.
20. 已知椭圆 经过点 ．
（1）求椭圆E的方程及离心率；
（2）设椭圆E的左顶点为A，直线 与E相交于M，N两点，直线AM与直线 相交于点
Q．问：直线NQ是否经过x轴上的定点？若过定点，求出该点坐标；若不过定点，说明理由．
【答案】（1）椭圆E的方程为 ，离心率为 .
（2）直线 过定点 .
【解析】
【分析】(1)根据椭圆经过点 即可求得椭圆方程，利用离心率公式即可求离心率；
(2)表示出直线 的方程为 ，即可求得点 ，再利用点斜式表示得直线的方程为 ，即可求出 与 轴的交点，利用韦达定理等量替换即
可求出直线NQ恒过的定点.
【小问1详解】
因为椭圆 经过点 ，
所以 ，解得 ，
所以椭圆E的方程为 ，
因为 所以 ，
所以离心率为 .
【小问2详解】
直线 过定点 ，理由如下：
由 可得 ，
显然 ，
设 则有
直线 的方程为
令 ，解得 ，则 ，
所以直线 的斜率为 且 ，所以直线 的方程为
令 ，则
所以直线 过定点 .
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键在于利用直线的点斜式方程求的点点 的坐标，再利用
点斜式方程表示出直线 与 轴的交点横坐标，利用韦达定理等量代换求恒过定点.
21. 已知有穷数列 满足 ．给定正整数m，若
存在正整数s， ，使得对任意的 ，都有 ，则称数列A是 连续
等项数列．
（1）判断数列 是否为 连续等项数列？是否为 连续等项数列？说明理由；
（2）若项数为N的任意数列A都是 连续等项数列，求N的最小值；
（3）若数列 不是 连续等项数列，而数列 ，数列与数列 都是 连续等项数列，且 ，求 的值．
【答案】（1）数列 是 连续等项数列，不是 连续等项数列，理由见解析；
（2）11 （3）0
【解析】
【分析】（1）根据新定义直接验证数列 ，1，0，1，0，1， ，可得结论；
（2）先根据新定义证明 时，数列 一定是 连续等项数列，再验证 时， 不是 连续
等项数列即可；
（3）由 都是 连续等项数列可得 ，
，再由反证法证得
，即可得出 的值.
【小问1详解】
数列 是 连续等项数列，不是 连续等项数列，理由如下:
因为 ，所以 是 连续等项数列.
因 为为 ；
为 ；
为 ;
为 ，
所以不存在正整数 ，使得 .
所以A不是 连续等项数列.
【小问2详解】
设集合 ，则 中的元素个数为 .因为在数列 中 ，所以 .
若 ，则 .
所以在 这 个有序数对中，
至少有两个有序数对相同，
即存在正整数 ，使得 .
所以当项数 时，数列 一定是 连续等项数列.
若 ，数列 不是 连续等项数列.
若 ，数列 不是 连续等项数列.
若 ，数列 不是 连续等项数列.
若 ，数列 不是 连续等项数列.
若 ，数列 不是 连续等项数列.
若 ，数列 不是 连续等项数列.
若 ，数列 不是 连续等项数列.
若 ,数列 不是 连续等项数列.
所以 的最小值为11.
【小问3详解】
因为 与 都是 连续等项数列，
所以存在两两不等的正整数 ,
使得 ，下面用反证法证明 .
假设 ，
因为 ，
所以 中至少有两个数相等.
不妨设 ，则
所以 是 连续等项数列，与题设矛盾.
所以 .
所以 .
【点睛】方法点睛：对于新定义问题，一般先要读懂定义内容，第一问一般是给具体的函数或数列验证是
否满足所给定义，只需要结合新定义，验证即可，在验证过程中进一步加强对新定义的理解，第二步一般
在第一步强化理解的基础上，所给函数或数列更加一般或复杂，进一步利用新定义处理，本题第三问根据
与 都 是 连 续 等 项 数 列 得 出 ，
， 利 用 反 证 法 求
是关键点.
