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北京市第五十五中学 2023-2024 学年度第二学期
三模试卷
高三数学
本试卷共8页，共150分，考试时长120分钟
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，把答案填在答题纸上）
1. 若全集 ， , ,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由条件可得 ，然后可判断出答案.
【详解】因为 , ,
所以 ，所以
故选：D
2. 已知复数 ，则 在复平面上对应的点位于（ ）
.
A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用复数的运算法则及共轭复数的定义得到 ，即可求出结果.
【详解】由 ，得到 ，所以 ，其对应点为 ，位于第三象限.
故选：C.
3. 设 ，则下列不等式中正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本不等式和不等式的传递性即可选出答案.
【详解】∵ ，由基本不等式得 ，∴
故选：B.
4. 直线l过抛物线 的焦点F，且l与该抛物线交于不同的两点 ， ．若
，则弦AB的长是（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意得 ，再结合抛物线的定义即可求解.
【详解】由题意得 ，
由抛物线的定义知： ，
故选：A
【点睛】本题主要考查了抛物线的几何性质，考查抛物线的定义，属于基础题.5. 已知 ， ，若直线 上存在点P使得 ，则实数k的取值范围为（
）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意分析可得直线 与圆 有公共点（公共点不能是 、 ），结合直
线与圆的位置关系分析运算即可.
【详解】因为直线 上存在点 使得 ，
所以点 在以 ， 为直径的圆上，但点 不能是 、 ，
由 ， 为直径的圆，可得圆心为 ,半径为 ，即圆 ,
要使得 ，只需直线 与圆 有公共点，但公共点不能是 , ，
因为圆心 到直线 的距离为 ，
所以 ，解得 ，
当直线 与圆 有公共点为 , 时，则直线 为 轴，即 .
综上所述：实数k的取值范围为 .
故选:B.
6. 若点 在角 的终边上，则 （ ）A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出点M的坐标，再利用任意角的三角函数的定义求出tan 的值,再利用二倍角公式求解
【详解】 即为 ，则
故选：D
【点睛】本题考查任意角的三角函数的定义，以及二倍角公式，属于容易题．
7. 在 ABC中，内角A、B、C所对的边分别为 、 、 ，若 ，角A的角
△
平分线交BC于点D，且 ，则 的值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理边角互化以及余弦定理求出角 的值，由 可得出
，结合 可求得 的值，再利用余弦定理可求得 的值.
【详解】因为 ，由正弦定理得： ，则 ，
由余弦定理可得： ， ，所以 ，由，有 ，得 ，
因为 ，所以 ， ， ， ，由余弦定理可得
.
故选：D.
8. 已知函数 ，若对于任意正数 ，关于 的方程 都恰有两个不相等
的实数根，则满足条件的实数 的个数为（ ）
A. B. C. D. 无数
【答案】B
【解析】
【分析】分 、 、 三种情况讨论，作出函数 的图象，根据已知条件可得出关于实数
的等式与不等式，进而可求得实数 的取值.
【详解】当 时， ，作出函数 的图象如下图所示：由图可知，当 时，关于 的方程 有且只有一个实根，不合乎题意；
当 时， ，如下图所示：
函数 在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递增，
由题意可得 ，解得 ；
若 ，则 ，如下图所示：函数 在 单调递减，在 上单调递减，在 上单调递增，
由题意可得 ，此时 无解.
综上所述， .
故选：B.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，
利用数形结合的方法求解.
9. 已知公比不为1的等比数列 的前 项和为 ，记 ： 为等差数列； ：对任
意自然数 为等差数列，则 是 的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件得出命题 均等价于 ，再根据充分条件和必要条件的判断方法，即可得
出结果.【详解】因为命题 成等差数列，所以 ，又数列 为等比数列，且公比不为
1，
所以 ，整理得到 ，
又命题 成等差数列，所以 ，即 ，整理得到
，
所以 是 的充要条件，
故选：C.
10. 中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编
制《大衍历》发明了一种近似计算的方法——二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是
比我国张隧晚了上千年）：对于函数 在 处的函数值分别为
，则在区间 上 可以用二次函数
来近似代替，其中 .若令
， ， ，请依据上述算法，估算 的近似值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
直接按照所给算法逐步验算即可得出最终结论．
【详解】解：函数 在 ， ， 处的函数值分别为， ， ，
故 ， ， ，
故 ，
即 ，
∴ ，
故选：A．
【点睛】本题主要考查新定义问题，准确理解题目所给运算法则是解决本题的关键，属于中档题．
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.把答案填在答题纸上）
11. 已知函数f(x)＝log x．若正数a，b满足 ，则f(a)﹣f(b)＝_____．
3
【答案】
【解析】
【分析】
直接代入函数式计算．
【详解】 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查对数的运算，掌握对数运算法则是解题基础．本题属于基础题．
12. 在二项式 的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】本题主要考查二项式定理、二项展开式的通项公式、二项式系数，属于常规题目.从写出二项展开式的通项入手，根据要求，考察 的幂指数，使问题得解.
【详解】 的通项为
可得常数项为 ，
因系数为有理数， ，有 共5个项
【点睛】此类问题解法比较明确，首要的是要准确记忆通项公式，特别是“幂指数”不能记混，其次，计
算要细心，确保结果正确.
13. 已知菱形 的边长为 ， ， （ ）．当 时，
________；当 取得最小值时， ________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】当 时， ，根据向量的三角形法则和数量积的运算法则计算可得 的值；
而 ，再根据二次函数的性质可得出当 取得最小值时 的值.
【详解】当 时， ，
；
，
所以所以当 时， 取得最小值，最小值为 .
故答案为： ； .
【点睛】关键点睛：对于第二空，可由平面向量数量积的运算法则得出 ，从而利用二次
函数的性质解决问题.
14. 已知两点 ．点 满足 ，则 的面积是____； 的
一个取值为____．
【答案】 ①. ## ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】根据条件求出点 的轨迹方程，联立方程后求点 的坐标，即可求解面积和角的取值.
【详解】由点 可知， ，所以点 在圆 ，
且 ，则点 在双曲线的右支上，其中 ， ， ，则双曲线
方程为 ，
联立 ，解得： 或 ，则 的面积 ；
当 时， ， ， ，
当 时， ， ， ，
则其中 的一个取值是 .
故答案为： ； （答案不唯一）
15. 在数列 中， ， ．设向量 ，已知 ，给出
下列四个结论：① ；② ， ；③ ， ；④ ， ．其中
所有正确结论的序号是___________．
【答案】②③④
【解析】
【分析】根据已知带入，即可求得 ，即可判断①；同理可求得 ， .然后猜想
，有 ， （*）.然后根据数学归纳法证明（*）成立，进
而推得 ， .可猜想 ， （**）. 然后根据数学归纳法证明
（**）成立，即可得出②；带入化简整理可得 ，根据不等式的性质即可得出
③；根据（**）的结论即可得出④正确.【详解】对于①，由已知可得 ， ，
所以， .
因为 ，所以有 ，解得 ，故①错误；
对于②， ， ，
所以， .
因为 ，所以有 ，解得 .
同理可得， .
所以有 ， ， ，
.
猜想， ，有 ， .（*）
显然，当 时，（*）式成立；
假设 时，（*）式成立，
即 ，有 ， .
因为 ， ， ，
所以 ， .
由已知可得， ，所以 ，
所以 .
又 ，
所以 ，
所以 .
即， 时，式子（*）也成立.
所以，猜想正确.
即 ，有 ， .
所以， ， .
猜想， ， .（**）
当 时，（**）式成立；
假设当 时，（**）式成立，即 ， .
则 ， ，
当且仅当 ，即 时，等号成立.
因为 ，所以 .
所以，当 时，（**）式也成立.
所以， ， ，故②正确；对于③，因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 .
又 ，所以 .
同理可得， .
所以， ， ，故③正确；
对于④，由（**）可得， ， .
所以， ， ，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】关键点睛：根据前几项，猜想结论，根据数学归纳法证明结论.
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. 已知函数 .
（1）若 ， ，求 的值；
（2）设 ，求 在区间 上的最大值和最小值.
【答案】（1） 或
（2）最大值为 ，最小值为
【解析】【分析】（1）根据条件，利用特殊角的三角函数值，即可求出结果；
（2）根据条件得到 ，再利用 的图象与性质，即可求出结果.
【小问1详解】
因为 ，由 ，得到 ，
解得 或 ，
即 或 ，又 ，
所以 或 .
【小问2详解】
因为
，
令 ，因为 ，得到 ，
由 的图象与性质知， ，所以 ，
所以 在区间 上的最大值为 ，最小值为 .
17. 某地区教育研究部门为了解当前本地区中小学教师在教育教学中运用人工智能的态度、经验、困难等
情况，从该地区2000名中小学教师中随机抽取100名进行了访谈．在整理访谈结果的过程中，统计他们对
“人工智能助力教学”作用的认识，得到的部分数据如下表所示：假设用频率估计概率，且每位教师对“人工智能助力教学”作用的认识相互独立．
（1）估计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数；
（2）现按性别进行分层抽样，从该地区抽取了5名教师，求这5名教师中恰有1人认为人工智能对于教学
“很有帮助”的概率；
（3）对受访教师关于“人工智能助力教学”的观点进行赋分：“没有帮助”记0分，“有一些帮助”记2分，“很
有帮助”记4分．统计受访教师的得分，将这100名教师得分的平均值记为 ，其中年龄在40岁以下（含
40岁）教师得分的平均值记为 ，年龄在40岁以上教师得分的平均值记为 ，请直接写出 的
大小关系．（结论不要求证明）
【答案】（1）140 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）完善表格，并得到认为人工智能对于教学“没有帮助”的频率，从而估计出该地区中小学教师
中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数；
（2）根据分层抽样定义得到抽取的5名教师，有1名男教师，4名女教师，再结合该地区中小学教师中男
教师和女教师认为对于教学“很有帮助”的概率，分两种情况求出这5名教师中恰有1人认为人工智能对于
教学“很有帮助”的概率；
（3）计算平均值，并比较出大小即可.
【小问1详解】
根据表格中数据，完善表格，可以得到100名教师中，认为人工智能对于教学“没有帮助” 的频率为 ，
用频率估计概率，估计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数为 ；
【小问2详解】
男女比例为 ，故抽取的5名教师，有1名男教师，4名女教师，
用频率估计概率，估计该地区中小学教师中男教师认为对于教学“很有帮助”的概率为 ，
女教师认为对于教学“很有帮助”的概率为 ，
抽取的5名教师中，恰有1人认为人工智能对于教学“很有帮助”，
则1名男教师认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为 ，
1名女教师认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为 ，
故这5名教师中恰有1人认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为 ；
【小问3详解】
， ，
，
因为 ，所以 .
18. 如图，在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形， ， ， 为
中点， ．（1）设平面 平面 ，求证： ；
（2）从条件①，条件②，条件③中选择两个作为已知，使四棱锥 存在且唯一确定．
（ⅰ）求平面 与平面 所成角的余弦值；
（ⅱ）平面 交直线 于点 ，求线段 的长度．
条件①：平面 平面 ；
条件②： ；
条件③：四棱锥 的体积为 ．
【答案】（1）证明见解析；
（2）（ⅰ） ；（ⅱ） .
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定、性质推理即得.
（2）选条件①③或②③，证明 底面 ，求出 ，（ⅰ）以 为原点，建立空间直角坐标
系，求出平面 与平面 的法向量，进而求出面面角；（ⅱ）令 ，利用垂直关系的向
量表示求出 即可.
【小问1详解】
在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形，则 ，
而 平面 平面 ，于是 平面 ，又 平面 ，且平面 平面 ，所以 .
【小问2详解】
选条件①③，平面 平面 ，四棱锥 的体积为 ，
连接 和 交于点 ，连接 ，显然 是 中点，由 ，得 ，
而平面 平面 ， 平面 ， 底面 ，
， ，解得 ，
选条件②③， ，四棱锥 的体积为 ，
连接 和 交于点 ，连接 ，显然 是 中点，由 ，得 ，
又 是 中点，由 ，得 ，而 平面 ，则， 底面 ，
， ，解得 ，
若选条件①②，平面 平面 ， ，此2条件均可证明 底面 ，
点 的位置不确定，即四棱锥 存在，但不唯一，因此条件①②不可选.
（i）以 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系 ，如图，
则 ，所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，得 ，
平面 的法向量为 ，因此 ，
所求平面 与平面 所成角的余弦值为 .
（ii）平面 交线段 于点 ，由（i）知， ，
设 ，则 ，
由 ，得 ，所以 .
19. 已知椭圆C： （ ）过点 ，右焦点为 ．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点F的直线l（不与x轴重合）交椭圆C于点M、N，点A是右顶点，直线MA、NA分别与直线
交于点P、Q，求 的大小．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于 的方程，代入计算，即可求解；（2）当直线l的斜率不存在时，验证 ，即 ．当直线l的斜率存在时，设l：
，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，分别表示出 坐标，利用向量的数量积，
转化求解即可．
【小问1详解】
由题意可得， ，解得 ，
所以椭圆的方程为 .
【小问2详解】
当直线l的斜率不存在时，
有 ， ， ，
则 ， ，故 ，即 ．
当直线l的斜率存在时，设l： ，其中 ．
联立 ，得 ，
由题意，知 恒成立，
设 ，则 ， ．直线MA的方程为 ，
令 ，得 ，即 ，同理可得 ．
所以 ， ．
因为
，
所以 ．
综上所述， ．
20. 已知 .
（1）若 ，求 在 处的切线方程；
（2）设 ，求 的单调递增区间；
（3）证明：当 时， ， .
【答案】（1） ；
（2） 时， 没有单调递增区间； 时，单调递增区间为 ;
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案;
（2）求出函数 的导数，讨论k的取值范围，确定导数的正负，即可求得 的单调递增区间；
（3）由于不等式 可变为 ，所以可构造函数
，利用（2）的结论可证明故该函数为 上的增函数，利用函数的单调性，
即可证明结论.
【小问1详解】
当 时， ，
故 在 处的切线斜率为 ，而 ，
所以 在 处的切线方程为 ，即 .
【小问2详解】
由题意得 ，则 ，
当 时， 为常数函数，没有单调递增区间；
当 时，令 ，即 ，
当 时，令 ，即 ，
故 时， 没有单调递增区间； 时，单调递增区间为 .
【小问3详解】
证明：由（2）可知，当 时， 在 上单调递增，而 ，
即 在上恒成立，故 在 上单调递增，
设 ，则 ，
因为 ，则 ，故 ，
所以 在 上单调递增，而 ，则 ，即 ，而 ，
故 ，即 .
【点睛】关键点点睛：证明不等式 时，关键是构造函数，利用函数的单调性
进行证明；因为 可变形为 ，由此可构造函数
，从而利用（2）的结论证明该函数为递增函数，从而利用函数的单调性证明不等
式.
21. 已知 和 是各项均为正整数 的无穷数列，如果同时满足下面两个条件：
① 和 都是递增数列；
② 中任意两个不同的项的和不是 中的项.
则称 被 屏蔽，记作 .
（1）若 ， .
（i）判断 是否成立，并说明理由；
（ii）判断 是否成立，并说明理由.
（2）设 是首项为正偶数，公差是 的无穷等差数列，判断是否存在数列 ，使得 .如
果存在，写出一个符合要求的数列 ；如果不存在，说明理由；
（3）设 是取值于正整数集的无穷递增数列，且对任意正整数 ，存在正整数 ，使得
.证明：存在数列 ，使得 .
【答案】（1）（i）不成立，理由见解析；（ii）成立，理由见解析；
（2）不存在，理由见解析；
（3）存在，证明见解析.【解析】
【分析】(1)根据 的定义，对（i）（ii）分别分析；
(2)根据 和 的性质，以及数的奇偶性分析即可；
(3)根据条件， 的特点是后一项与前一项的差越来越大，不妨构造 并由 构造 ，再运用反
证法即可.
【小问1详解】
（i）因为 是所有的奇数构成的等差数列，
是所有的偶数构成的等差数列，对于 的任意两项之和
必为偶数，必定是 中的项，所以 不成立；
（ii） 中的任意两项之和必为偶数，必不属于 的项，
所以 成立；
【小问2详解】
设 ( 是正偶数)，则 是由 以及大于 的所有的偶数构成的等差数列， 是由正数构成
的
递增数列，即 ，则当n足够大时，必有 ，即 中必有两项之和大于 并且是偶数，
即属于 中的项， 不存在 使得 ；
【小问3详解】
由题意，不妨假设 ，则 ，
设 ，假设 中 的第n项和第n+p项之和
是 的第m项 ，即 ，则有，
由求根公式得 ， ，
， ，
， ，
，
所以 不成立，即 中的任意两项之和
都不在 中，所以存在数列 .
【点睛】关键点点睛：对于第三问，问题很抽象，理解 的含义，构造 是关键，考
虑到 的增长速度较慢，用等差数列来构造 .
