北京市东城区2023届高三二模数学试题(含答案解析)

2023年12月2日发(作者：新疆的高考数学试卷文科)

北京市东城区2023届高三二模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合A{xN|1x5}，B{0,1,2,3,4,5}，则（A．A⫋BB．ABC．BA）D．BA）x2y22．已知椭圆1的一个焦点的坐标是(2,0)，则实数m的值为（3mmA．1B．2C．2D．4）3．已知数列{an}中，a11，A．21=0，Sn为其前n项和，则S5（anan+1C．114．在复平面内，O是原点，向量OZ对应的复数是1i，将OZ绕点O按逆时针方向旋转1116B．3116D．31π，则所得向量对应的复数为（4B．2i）C．1D．i）A．25．已知点M1,3在圆C:x2y2m上，过M作圆C的切线l，则l的倾斜角为（A．30B．60C．120D．150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．13种B．14种C．15种D．16种））2x,xa7．设函数f(x)2，若f(x)为增函数，则实数a的取值范围是（x,xaA．(0,4]C．[2,+)B．[2,4]D．[4,)）8．“cos0”是“函数f(x)sin(x)cosx为偶函数”的（A．充分而不必要条件C．充分必要条件B．必要而不充分条件D．既不充分也不必要条件9．已知三条直线l1:x2y20，l2:x20，l3:xky0将平面分为六个部分，则满足条件的k的值共有（A．1个）C．3个D．无数个）B．2个10．设ae0.01,b1.01,cln1.01，其中e为自然对数的底数，则（A．abcB．bac试卷第1页，共4页C．bcaD．acb二、双空题π11．已知向量a,b满足a2,b1，a与b的夹角为，则ab______;a2b______312．函数f(x)sin(x+)(0,)在一个周期内的部分取值如下表：2xf(x)12a124a51271211a则f(x)的最小正周期为_______；a_______．三、填空题13．若{x|0x1}{x|x22xm0}=，则实数m的一个取值为__________.14．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是A1B1的中点，平面ACE将正方体分成体积分别为V1，V2（V1V2）的两部分，则V1_______V215．定义在区间[1,)上的函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线，f(x)在区间[2k1,2k]上单调递增，在区间[2k,2k1]上单调递减，k1,2,.给出下列四个结论：①若{f(2k)}为递增数列，则f(x)存在最大值；②若{f(2k+1)}为递增数列，则f(x)存在最小值；③若f(2k)f(2k1)0，且f(2k)f(2k1)存在最小值，则f(x)存在最小值；④若f(2k)f(2k1)0，且f(2k)f(2k1)存在最大值，则f(x)存在最大值.其中所有错误结论的序号有_______．四、解答题试卷第2页，共4页16．在ABC中,bsinAacos(1)求B;B0.2(2)若b3,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ABC存在且唯一确定,求a及ABC的面积.条件①:sinAsinC2sinB;条件②:c3;条件③:ac10.17．如图，直角三角形ABC和等边三角形ABD所在平面互相垂直，ABAC2，E是线段AD上一点.(1)设E为AD的中点，求证：BECD；(2)若直线CD和平面BCE所成角的正弦值为AE10，求的值.AD1018．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第一次第二次8283学生28990学生37875学生49295学生59293学生66561学生78176(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xi(i1,2,,7)表示第i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xi,xj(1i,j7,ij)，定义随机变量X，Y如0,0,0xixj3,1,下：X1,3xixj6,Y2,xixj6，2,3,0xixj＜2,2xixj＜4,4xixj＜6,xixj6.试卷第3页，共4页（i）求X的分布列和数学期望EX；DY，Y的的方差分别为DX，（ii）设随机变量X，试比较DX与DY的大小．（结论不要求证明）19．已知焦点为F的抛物线C:y22px(p0)经过点M(1,2)．(1)设O为坐标原点，求抛物线C的准线方程及△OFM的面积；(2)设斜率为k(k0)的直线l与抛物线C交于不同的两点A,B，若以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．x20．已知函数fxesinx2x.(1)求曲线yfx在点(0,f(0))处的切线方程；(2)求fx在区间[1,1]上的最大值；x(3)设实数a使得fxxae对xR恒成立，写出a的最大整数值，并说明理由.，an(n3)中的每一项都是不大于n的正整数.对于满足21．已知有穷数列A:a1，a2，2，n.记集合A(m)中元素的个1mn的整数m，令集合Amkakm，k1，，数为s(m)（约定空集的元素个数为0）.3，2，5，3，7，5，5，求A(5)及s(5)；(1)若A:6，(2)若s(a)s(a)s(a)n，求证：a1,a2,,an互不相同；12n111(3)已知a1a,a2b，若对任意的正整数i，j(ij，ijn)都有ijA(ai)或ijA(aj)，求a1a2an的值.试卷第4页，共4页参考答案：1．A【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】A{xN|1x5}{0,1,2,3,4}，B{0,1,2,3,4,5}，则A⫋B.故选：A.2．C【分析】根据椭圆的标准方程，结合a2b2c2，即可求解.【详解】由条件可知，a23m，b2m，c2，所以a2b2c22m4，得m2，故选：C3．B【分析】由已知得到【详解】由列，1511422131，∴S5121612an11，判定该数列为等比数列，进而利用求和公式计算.an221a1=0得n1，又∵a11，∴数列{an}为首项为1，公比为1的等比数an2anan+12故选：B.4．A【分析】由复数的几何意义结合图象可得.【详解】3如图，由题意可知OZ1,1，OZ与x轴夹角为π，4πxOZOZ2，Z绕点O逆时针方向旋转后Z到达轴上1点，又14所以Z1的坐标为2,0，所以OZ1对应的复数为2.答案第1页，共16页故选：A.5．D【分析】先根据点在圆上，求出m4，考虑l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m134，当l的斜率不存在时，此时直线方程为x1，与圆C:x2y24相交，不合题意，当l的斜率存在时，设切线l的方程为y3kx1，则k31k22，解得k3，3设l的倾斜角为0180，故l的倾斜角为150.故选：D6．C【分析】分四种情况，利用分类计数原理即可求出结果.1【详解】从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选一种，有C44种，2从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选二种，有C46种，3从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选三种，有C44种，4从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药全选，有C41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464115种，故选：C.7．B【分析】首先分析函数在各段函数的单调性，依题意可得a0且a22a，结合y=x2与y2x的函数图象及增长趋势求出参数的取值范围.2x,xa【详解】因为f(x)2，当xa时f(x)2x函数单调递增，x,xa又y=x2在0,上单调递增，在,0上单调递减，要使函数f(x)为增函数，则a0且a22a，答案第2页，共16页又函数y=x2与y2x在0,上有两个交点2,4和4,16，且y2x的增长趋势比y=x2快得多，y=x2与y2x的函数图象如下所示：所以当x>4时2xx2，当2x4时x22x，当0x2时2xx2，所以2a4，即实数a的取值范围是[2,4].故选：B8．C【分析】利用cos0，得出πkπ,kZ，从而求出f(x)，再利用偶函数的定义进行判2断即可得出充分性成立，再利用f(x)f(x)，得出cos0，从而判断必要性成立，从而得出结果.【详解】若cos0，得到f(x)sin(x)cosxsin(xπkπ,kZ，所以2πkπ)cosx，2当k2m1,mZ时，f(x)0，当k2m,mZ时，f(x)2cosx，即f(x)0或f(x)2cosx，当f(x)0时，恒有f(x)f(x)，当f(x)2cosx时，f(x)2cos(x)2cosxf(x)，所以，若cos0，则f(x)为偶函数，若f(x)为偶函数，则f(x)f(x)，所以sin(x)cos(x)sin(x)cosx，化简得sinxcos0，所以cos0，故选：C.9．C【分析】考虑三条直线交于一点或l3与l1或l2平行时，满足条件，求出答案.答案第3页，共16页【详解】当三条直线交于一点时，可将平面分为六个部分，x2联立l1:x2y20与l2:x20，解得，y2x2则将代入l3:xky0中，2k20，解得k1，y2当l3:xky0与l1:x2y20平行时，满足要求，此时k2，当l3:xky0与l2:x20平行时，满足要求，此时k0，综上，满足条件的k的值共有3个.故选：C10．A【分析】构造函数f(x)ex(x1)，利用导数讨论其单调性，然后可比较a，b；构造函数g(x)lnxx，利用导数讨论其单调性，然后可比较b，c，然后可得.【详解】令f(x)ex(x1)，则f(x)ex1，当x0时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(0.01)e0.011.01f(0)0，即e0.011.01，令g(x)lnxx，则g(x)11x1，xx当x1时，g(x)0，g(x)单调递减，所以g(1.01)ln1.011.01g(1)10，即ln1.011.01所以abc.故选：A11．12【分析】根据给定条件，利用数量积的定义及运算律求解作答.π【详解】因为向量a,b满足a2,b1，a与b的夹角为，3π1所以ab|a||b|cos211，3222a2b(a2b)2a4b4ab22412412.故答案为：1；2答案第4页，共16页12．1/0.52ππ【分析】先利用图表求出最小正周期，进而求出,，得到f(x)sin(2x)，再将x代43入即可求出结果.【详解】由图表知，当x即Tπ,又T又7πT7ππππ，时，f(x)1，当x时，f(x)1，所以πππππ，0，所以得到2，又由22kπ,kZ，得到2kπ,kZ，3122ππ，所以，23πππ5π1，故f(x)sin(2x)，所以asin(2)sin34362故答案为：π，2.13．m0（答案不唯一）【分析】根据题意，由交集的定义可知不等式x22xm0的解集为,02,的子集即可满足题意.【详解】因为{x|x22xm0}，且当44m0时，即m£1时，{x|0x1}{x|x22xm0}，当0时，即m1时，才有可能使得{x|0x1}{x|x22xm0}=，当x22xm0的两根刚好是0,2时，即m0，此时x22x0的解集为,02,刚好满足{x|0x1}{x|x22xm0}=，所以m0，所以实数m的一个取值可以为m0.故答案为:m014．1717【分析】利用线面平行的性质，得出线线平行，从而求作出平面ACE与平面A1B1C1D1的交线，进而得出平面ACE分正方体为两个棱台，再利用棱台的体积公式即可求出结果.【详解】取B1C1的中点H，连CH，因为AC//平面A1B1C1D1，故AC平行于平面ACE与面A1B1C1D1的交线，又E,H分别为A1B1,B1C1的中点，易知EH//A1C1//AC，即平面ACE平答案第5页，共16页面A1B1C1D1EH，故平面ACE分正方体为两个棱台，设正方体的边长为2，则正方体的体积为8，V1VEB1HABC7311117，(SEB1HSABCSEB1HSABC)BB1(22)233223故V17,V287173故答案为：7.1715．①③④【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.【详解】①由条件可知，函数fx在区间[2k1,2k]上单调递增，在区间[2k,2k1]上单调递减，k1,2,.那么在区间2k1,2k1，函数的最大值是f2k，若数列{f(2k)}为递增数列，则函数fx不存在最大值，故①错误；②由条件可知，函数fx在区间[2k1,2k]上单调递增，在区间[2k,2k1]上单调递减，若{f(2k+1)}为递增数列，那么在区间2k1,2k1的最小值是f2k1，且{f(2k+1)}为递增数列，所以函数fx在区间1,的最小值是f1，故②正确；1f2k2kk③若f(2k)f(2k1)0，取,kN*,f2k11k则f2kf2k12k，存在最小值，但此时fx的最小值是f2k1函数单调递减，无最小值，故③错误；1的最小值，k答案第6页，共16页1f2k2k2④若f(2k)f(2k1)0，取，则f2kf2k12恒成立，1f2k12k则f2kf2k1有最大值，但fx的最大值是f2k2增，无最大值，故④错误.故答案为：①③④16．(1)Bπ31的最大值，函数单调递2k(2)答案见解析【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;【详解】（1）由正弦定理得bsinAasinB,得asinBacos2asinB0,2BBBcosacos0,222Bπ,22B0.2因为0所以acos则sinB1.22Bπ所以,26所以B.（2）选条件①:sinAsinC2sinB.因为b3,Bπ,sinAsinC2sinB.3π3由正弦定理得ac2b6,由余弦定理得9a2c2ac(ac)23ac,解得ac9，ac9则,ac6答案第7页，共16页a3解得，c3所以ABC存在且唯一确定,则SABC24选条件②:c3,已知B,b3,c3,3c1由正弦定理得sinCsinB,b2因为cb,所以Cππ,A,ab2c223.26所以ABC存在且唯一确定,133则S△ABCbc.22选条件③:ac10,由余弦定理得9a2c2ac(ac)23ac,即ac所以a因为39,39a10,即a239a100,39241010,所以不存在a使得ABC存在.17．(1)证明见解析(2)AE1AD2【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BE平面ACD；（2）首先设AE，[0,1]，再以AB的中点O为原点，建立空间直角坐标系，根据线AD面角的向量公式，列式求解.【详解】（1）由题设知ABAC.因为平面ABC平面ABD，平面ABC，平面ABDAB，答案第8页，共16页所以AC平面ABD．因为BE平面ABD，所以ACBE.因为△ABD为等边三角形，E是AD的中点，所以ADBE.因为ACADA，AC,AD平面ACD，所以BE平面ACD．所以BECD.（2）设AE，[0,1].AD取AB的中点O，BC的中点F，连接OD，OF，则ODAB，OFAC.由（I）知AC平面ABD，所以OF平面ABD，所以OFAB，OFOD.如图建立空间直角坐标系Oxyz，则A(1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,0,3)．所以BA(2,0,0)，AD(1,0,3)，BC(2,2,0)，CD(1,2,3)，BEBAAEBAAD(2,0,3).设平面BCE的法向量为n(x,y,z)，nBC0,2x2y0,则即(2)x3z0.nBE0,令x3，则y3，z2.于是n(3,3,2).因为直线CD和平面BCE所成角的正弦值为10，10答案第9页，共16页|CDn||23(1)|10|cosCD,n|所以，10|CD||n|223232(2)2整理得8226110，解得111或.241AE1.，即2AD2因为[0,1]，所以418．(1).7(2)（i）分布列见解析，6；（ii）DXDY.7【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.【详解】（1）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，4该名学生第二次考试成绩高于第一次考试成绩的概率为.7（2）（i）随机变量X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，3，3，1，4，5.X0时，若xixj0，有(1,1)，(1,1)，(1,1)共3种，若xixj1，有(3,4)，(4,5)共2种，若xixj2，有(1,3)，(1,3)，(1,3)，(3,5)共4种，故PX093；2C77X1时，若xixj4，有(1,3)，(1,3)，(1,3)共3种，若xixj5，有(1,4)，(1,4)，(1,4)共3种，故PX162；2C77答案第10页，共16页X2时，若xixj6，有(1,5)，(1,5)，(1,5)，(3,3)共4种，若xixj7，有(3,4)共1种，若xixj8，有(3,5)共1种，故PX262.2C77则随机变量X的分布列为：XP6所以X的数学期望E(X)012.7777（ii）由（i）知DX36262634(0)2(1)2(2)2，77777749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，3，3，1，4，5.随机变量Y可能的取值为0，1，2，3.Y0时，若xixj0，有(1,1)，(1,1)，(1,1)共3种，若xixj1，有(3,4)，(4,5)共2种，故PY055；2C721Y1时，若xixj2，有(1,3)，(1,3)，(1,3)，(3,5)共4种，故PY144；2C721Y2时，若xixj4，有(1,3)，(1,3)，(1,3)共3种，若xixj5，有(1,4)，(1,4)，(1,4)共3种，故PY262；2C77Y3时，若xixj6，有(1,5)，(1,5)，(1,5)，(3,3)共4种，若xixj7，有(3,4)共1种，若xixj8，有(3,5)共1种，答案第11页，共16页故PY362.2C77则随机变量Y的分布列为：YP27所以Y的数学期望E(Y)0所以DY因为542234123.23423423411886(0)2(1)2(2)2(3)2，2261，所以DXDY.49926119．(1)准线为x=1，S△OFM1(2)证明见解析，定点(1,0)．【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△OFM的面积；（2）设l为ykxm(k0)，联立抛物线并应用韦达定理、中点公式得AB的中点N点横坐标，根据N到准线的距离等于AB2列方程得km0，即可证结论并确定定点坐标.【详解】（1）因为抛物线y22px(p0)过点(1,2)，所以2p4，即p2．故抛物线C的方程为y24x，焦点F(1,0)，准线方程为x=1.1所以S△OFM121.2（2）设直线l的方程为ykxm(k0)．y24x由得：k2x2(2km4)xm20，又0有1km0．ykxm答案第12页，共16页设A(x1,y1),B(x1,y1),则x1x242kmm2，x1x22．kk2x1x22km.2k2设AB的中点为N(x0,y0)，则x0k2km2所以N到准线的距离dx01，k2AB1kx1x21kAB2241k2(x1x2)4x1x21km，k2221k2k2km2依题意有，d，即1km2k2k2整理得k22kmm20，解得km0，满足0．所以直线ykxm(k0)过定点(1,0)．20．(1)yx(2)fxmax2sin1e(3)2，理由见解析【分析】（1）求出函数在x0处的导数，即切线斜率，求出f(0)，即可得出切线方程；（2）求出函数在区间[1,1]上的单调性，求出最值即可；（3）将不等式等价转化为asinxxxxsinxx，利用x在xR上恒成立.构造函数ee导数求出函数的单调性和最小值，进而得证.x【详解】（1）因为fxesinx2x，x所以fxesinxcosx2，则f(0)1，又f(0)0，所以曲线yfx在点(0,f(0))处的切线方程为yx.x（2）令gxfxesinxcosx2，x则gx2ecosx，当x[1,1]时，g(x)0，gx在[1,1]上单调递增.因为g(0)10，g1esin1cos120，所以x0(0,1)，使得g(x0)0.所以当x(1,x0)时，f(x)0，fx单调递减；当x(x0,1)时，f(x)0，fx单调递增，答案第13页，共16页又f1esin12e21，f12所以fxmaxf1211，e（3）满足条件的a的最大整数值为2.理由如下：x不等式fxxae恒成立等价于asinxx恒成立.ex令xsinx当x0时，x，exx0，所以(x)1恒成立.exx1xh(x)0hx，，，exex当x0时，令hxh(x)与h(x)的情况如下：x(0,1)10(1,)h(x)h(x)1e1所以hxminh1，e当x趋近正无穷大时，h(x)0，且h(x)无限趋近于0，1所以h(x)的值域为,0，e因为sinx[1,1]，所以(x)的最小值小于1且大于2.所以a的最大整数值为2.7，8}，s(5)=3.21．(1)A(5){4，(2)证明见解析(3)答案见解析【分析】（1）观察数列，结合题意得到A(5)及s(5)；（2）先得到s(a)1，故s(a)s(a)s(a)n，再由s(a)s(a)s(a)n得到s(ai)1，i12n12n1111111答案第14页，共16页从而证明出结论；（3）由题意得aijai或aijaj，令j1，得到a3a2或a3a1，当ab时得到a1a2anna，当a¹b时，考虑a3a或a3b两种情况，求出答案.【详解】（1）因为a4a7a85，所以A(5)4,7,8，则s(5)=3；2，，n，（2）依题意s(ai)1,i1，则有s(a)1，i1因此s(a)s(a)s(a)n，12n111又因为s(a)s(a)s(a)n，12n111所以s(ai)1所以a1,a2,,an互不相同.（3）依题意a1a,a2b.由ijA(ai)或ijA(aj)，知aijai或aijaj.令j1，可得ai1ai或ai1a1，对于i2,3,...n1成立，故a3a2或a3a1.①当ab时，a3a4ana，所以a1a2anna.②当a¹b时，a3a或a3b.当a3a时，由a4a3或a4a1，有a4a，同理a5a6ana，所以a1a2an(n1)ab.当a3b时，此时有a2a3b，令i1，j3，可得4A(a)或4A(b)，即a4a或a4b.令i1，j4，可得5A(a)或5A(b).令i2，j3，可得5A(b).答案第15页，共16页所以a5b.若a4a，则令i1，j4，可得a5a，与a5b矛盾.所以有a4b.不妨设a2a3akb(k5)，令it，jk1t(t2,3,,k1)，可得k1A(b)，因此ak1b.令i1,jk，则ak1a或ak1b.故ak1b.所以a1a2an(n1)ba.综上，ab时，a1a2anna.a3ab时，a1a2an(n1)ab.a3ba时，a1a2an(n1)ba.【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.答案第16页，共16页