北京市大興區(qū)2023屆高三上學(xué)期數(shù)學(xué)期末檢測試卷

北京市大興區(qū)2023屆高三上學(xué)期數(shù)學(xué)期末檢測試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、單選題1．設(shè)集合A={x∣1<x≤2}A．{x∣x<1或x≥2} B．{C．{x∣x≤1或x≥2} D．{2．下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又在定義域上是增函數(shù)的是（）A．y=lnx B．y=tanx C．y=x3 3．在(x?1)5展開式中，xA．10 B．5 C．?10 D．?54．設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.已知A．{an}為遞減數(shù)列C．Sn有最大值 D．5．已知拋物線y2=4x上一點(diǎn)M與其焦點(diǎn)的距離為5，則點(diǎn)M到A．3 B．4 C．5 D．46．“a=0”是“直線x?ay+2a?1=0(a∈R)與圓x2A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件7．某圓錐曲線C是橢圓或雙曲線，若其中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，對稱軸為坐標(biāo)軸，且過A(?2，1)和B(3A．12 B．22 C．328．已知數(shù)列{an}中，a1=1，aA．a(chǎn)2=2 C．{a2n}是等比數(shù)列9．“趙爽弦圖”是我國古代數(shù)學(xué)的瑰寶，它是由四個(gè)全等的直角三角形和一個(gè)正方形構(gòu)成.現(xiàn)仿照趙爽弦圖，用四個(gè)三角形和一個(gè)小平行四邊形構(gòu)成如下圖形，其中，E，F(xiàn)，G，H分別是DF，AG，BH，CE的中點(diǎn)，若AG=xAB+yA．25 B．45 C．110．已知函數(shù)f(x)=cosπxx2?2x+3，給出下列結(jié)論：①f(x)是周期函數(shù)；②f(x)的最小值是?12；③f(x)的最大值是A．①③ B．②④ C．①②③ D．②③④二、填空題11．已知復(fù)數(shù)z滿足z?i=1+i，則|z|=.12．一個(gè)袋子中裝有5個(gè)大小相同的球，其中2個(gè)紅球，3個(gè)白球，從中依次摸出2個(gè)球，則在第一次摸到紅球的條件下，第二次摸到白球的概率是.13．在正方體ABCD?A'B'C'D'中，O為正方形A'①存在點(diǎn)P，使得P②三棱雉A'③△PA④線段A'B上存在點(diǎn)Q，使得PQ⊥A其中所有正確結(jié)論的序號是.14．在△ABC中，a=2，b=22.若∠A=π4，則c=；若滿足條件的三角形有兩個(gè)，則∠A15．已知函數(shù)f(x)=x2+4x+a，x<1，lnx+1，x≥1.若a=0，則函數(shù)三、解答題16．函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)（A>0，ω>0，0<|φ|<π2）部分圖象如圖所示，已知x4?x1=π.再從條件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇兩個(gè)作為已知.條件①：x1=（1）求函數(shù)f(x)的解析式；（2）求f(x)的單調(diào)減區(qū)間.17．如圖，在四棱雉P?ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠BAD=90°，△PAB為等邊三角形，且平面PAB⊥底面ABCD，AB=2CD=2，AD=3，M，Q分別為PD，AB（1）求證：PB∥平面MQC；（2）求直線PC與平面MQC所成角的正弦值.18．猜歌名游戲是根據(jù)歌曲的主旋律制成的鈴聲來猜歌名，該游戲中有A，B，C三類歌曲.嘉賓甲參加猜歌名游戲，需從三類歌曲中各隨機(jī)選一首，自主選擇猜歌順序，只有猜對當(dāng)前歌曲的歌名才有資格猜下一首，并且獲得本歌曲對應(yīng)的獎(jiǎng)勵(lì)基金.假設(shè)甲猜對每類歌曲的歌名相互獨(dú)立，猜對三類歌曲的概率及猜對時(shí)獲得相應(yīng)的獎(jiǎng)勵(lì)基金如下表：歌曲類別ABC猜對的概率0.80.5p獲得的獎(jiǎng)勵(lì)基金額/元100020003000（1）求甲按“A，B，C”的順序猜歌名，至少猜對兩首歌名的概率；（2）若p=0.25，設(shè)甲按“A，B，C”的順序猜歌名獲得的獎(jiǎng)勵(lì)基金總額為X，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望（3）寫出p的一個(gè)值，使得甲按“A，B，C”的順序猜歌名比按“C，B，A”的順序猜歌名所得獎(jiǎng)勵(lì)基金的期望高.（結(jié)論不要求證明）19．已知橢圓E：x2a2+y（1）求橢圓E的方程；（2）A為橢圓E的右頂點(diǎn)，過點(diǎn)(2，1)的直線交橢圓E于點(diǎn)M，N，過點(diǎn)M作x軸的垂線分別與直線l，AN交于點(diǎn)P，Q，求證：P為線段20．已知函數(shù)f(x)=x（1）若曲線y=f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率為0，求（2）判斷函數(shù)y=f(x)單調(diào)性并說明理由；（3）證明：對?x1，21．已知數(shù)列{an}(n=1，2，???，2022)，a（1）若{an}為：1，3，5，…，2019，2021，2022，2020，2018，…，4，2，且j=3，寫出M（2）若j=3，求M的最大值及N最小值；（3）若j=6，求M的最小值.

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】因?yàn)榧螦={x∣1<x≤2}，所以?故答案為：D

【分析】利用已知條件結(jié)合補(bǔ)集的運(yùn)算法則，進(jìn)而得出集合A的補(bǔ)集。2．【答案】C【解析】【解答】對于A：其定義域?yàn)椋簒>0，定義域沒有關(guān)于原點(diǎn)對稱，所以為非奇非偶函數(shù).對于B：是奇函數(shù)，但是在定義域上不是單調(diào)遞增函數(shù).對于C：因?yàn)閒(x)=x3，所以所以為奇函數(shù)，又f'所以f(x)在定義域上是單調(diào)遞增函數(shù)，符合題目要求.對于D：是奇函數(shù)，但是在定義域上不是單調(diào)遞增函數(shù).故答案為：C.

【分析】利用已知條件結(jié)合奇函數(shù)的定義和增函數(shù)的定義，進(jìn)而找出既是奇函數(shù)又在定義域上是增函數(shù)的函數(shù)。3．【答案】C【解析】【解答】(x?1)5展開式中含x2的項(xiàng)為C5故答案為：C

【分析】利用已知條件結(jié)合二項(xiàng)式定理得出展開式中的通項(xiàng)公式，再結(jié)合展開式中的通項(xiàng)公式得出x24．【答案】B【解析】【解答】∵Sn為等差數(shù)列{a∴S3=3又∵a5=2，設(shè)等差數(shù)列∴d=∴{a∴a3=由Sn=na由二次函數(shù)的性質(zhì)可知，SnS6故答案為：B.

【分析】利用已知條件結(jié)合等差數(shù)列的通項(xiàng)公式得出首項(xiàng)和公差的值，再利用公差的范圍和單調(diào)函數(shù)的定義，進(jìn)而判斷出數(shù)列的單調(diào)性，再結(jié)合等差數(shù)列的通項(xiàng)公式得出數(shù)列的第三項(xiàng)的值，再結(jié)合等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式和二次函數(shù)的圖象求最值的方法得出Sn5．【答案】B【解析】【解答】設(shè)M(x，y)由拋物線的定義可知：|MF|=x+p2=x+1=5將其代入拋物線方程中得y2=16，故|y|=4，所以點(diǎn)M故答案為：B

【分析】再利用已知條件結(jié)合拋物線的定義和點(diǎn)到直線的距離公式得出點(diǎn)M到x軸的距離。6．【答案】A【解析】【解答】由題知，圓的圓心為(0，設(shè)圓心到直線x?ay+2a?1=0(a∈R)的距離為d則d=|2a?1|1+(?a)2=1由此可知，“a=0”是“a=0或a=3故答案為：A.

【分析】利用已知條件結(jié)合充分條件和必要條件的判斷方法，進(jìn)而推出“a=0”是“a=0或a=37．【答案】D【解析】【解答】設(shè)曲線C的方程為：mx代入點(diǎn)A(?2，1)得：4m+n=1代入點(diǎn)B(32，?聯(lián)立①②解得：m=12，所以曲線C為雙曲線，其方程為：x2離心率e=1+故答案為：D.

【分析】利用已知條件結(jié)合代入法得出雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，進(jìn)而得出a，b的值，再結(jié)合雙曲線中a，b，c三者的關(guān)系式和雙曲線的離心率公式變形，進(jìn)而得出雙曲線的離心率的值。8．【答案】D【解析】【解答】當(dāng)n=1時(shí)，an當(dāng)n=2時(shí)，an當(dāng)n=3時(shí)，an?aC項(xiàng)，∵a?∴a所以②①得an+2an=2，所以aD項(xiàng)，由C項(xiàng)得a2n又∵an+2an=2，∴∴a故答案為：D

【分析】利用已知條件結(jié)合遞推公式和代入法，進(jìn)而得出數(shù)列的項(xiàng)，再結(jié)合等比數(shù)列的定義判斷出數(shù)列{a2n}是以a2為首項(xiàng)，9．【答案】D【解析】【解答】由題意可得AG=因?yàn)镋FGH是平行四邊形，所以AG=?CE，所以AG=因?yàn)锳G=xAB+y則2x+y=2×4故答案為：D

【分析】利用已知條件結(jié)合平行四邊形的結(jié)構(gòu)特征，再結(jié)合三角形法則和向量共線定理，再結(jié)合平面向量的基本定理，進(jìn)而得出x，y的值，從而得出2x+y的值。10．【答案】B【解析】【解答】由于f(x)=cosπxx2?2x+3=cosπx(x?1)2+2，所以f(2?x)=cosπ(2?x)(2?x?1)由于當(dāng)x>1時(shí)，分母y=x2?2x+3單調(diào)遞增，故當(dāng)自變量x越來越大時(shí)，分母的值也越來越大，而分子是有界的，所以f(x)的圖象隨著自變量的增大而無限靠近xf(x)=cosπx(x?1)2+2≤1(x?1)2+2≤1f(x)=cosπx(x?1)2+2≥?1(x?1)2+2≥?12，當(dāng)x=1+2k，故答案為：B

【分析】利用已知條件結(jié)合周期函數(shù)的定義、函數(shù)的最值的求解方法、軸對稱圖形判斷方法，進(jìn)而找出正確的結(jié)論。11．【答案】2【解析】【解答】∵z?i=1+i∴z=1+i∴|z|=1故答案為：2。

【分析】利用已知條件結(jié)合復(fù)數(shù)的乘除法運(yùn)算法則，進(jìn)而得出復(fù)數(shù)z，再結(jié)合復(fù)數(shù)z的模的求解方法，進(jìn)而得出復(fù)數(shù)z的模。12．【答案】3【解析】【解答】第一次摸到紅球的條件下，第二次摸球的時(shí)候袋子中有1個(gè)紅球，3個(gè)白球，所以第二次摸到白球的概率為34故答案為：34

【分析】利用已知條件結(jié)合條件概型求概率公式得出在第一次摸到紅球的條件下，第二次摸到白球的概率。13．【答案】①②③【解析】【解答】如圖，建立以A為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為2，則A(0，AC設(shè)CP=λCO=(?λ則AP=即P(2?λ，對于①，假設(shè)存在點(diǎn)P，因PA則2?6λ即當(dāng)CP=23CO時(shí)，對于②，取BD中點(diǎn)為E，連接A'O，A'E，EC則A'O∥EC，且A'O=EC，故四邊形又CO?平面A'BD，A'E?平面A'即點(diǎn)P到平面A'BD三棱雉A'?BDP的體積保持不變.故對于③，設(shè)∠A'BP=θsin則S△P又BA則S△P因f(λ)=3(λ?43)2+83在[0，1]上遞減，故當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P沿著線段對于④，假設(shè)存在滿足題意的點(diǎn)Q，設(shè)BQ=μBA則AQ=即Q(2?2μ，0，2μ)，又因PQ⊥A'B，且PQ⊥OC則PQ?因λ=43>1，與λ∈[0故答案為：①②③

【分析】利用已知條件，從而建系求出點(diǎn)的坐標(biāo)，再結(jié)合向量的坐標(biāo)表示得出向量的坐標(biāo)，再利用向量求模的公式、三棱錐的體積公式、三角形的面積公式、數(shù)量積為0兩向量垂直的等價(jià)關(guān)系，數(shù)量積的坐標(biāo)表示，進(jìn)而找出正確結(jié)論的序號。14．【答案】2；π【解析】【解答】由正弦定理asin代入條件得：2sin解得：sinB=1，所以∠B=所以若∠A=π4時(shí)，所以c=a=2.由正弦定理asin代入條件化簡得：sinB=因?yàn)?<∠B<π，所以0<sin所以0<2即0<sinA<又a<b，所以∠A為銳角，所以∠A∈(0，π4故答案為：2；π6

【分析】利用已知條件結(jié)合正弦定理得出c的值，再結(jié)合正弦定理和解三角形的方法，進(jìn)而結(jié)合對邊對角的關(guān)系得出角A的取值范圍，再利用角A的取值范圍得出角A可以的一個(gè)值。15．【答案】[?4，+∞)【解析】【解答】若a=0，當(dāng)x<1時(shí)，f(x)=當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)=ln所以f(x)=ln所以f(x)的值域?yàn)椋篬?4，由題可知，當(dāng)x≥1時(shí)，y=f(x)?2=ln解得：x=e>1，由此可知有一個(gè)解，則當(dāng)x<1時(shí)，y=f(x)?2必定有兩個(gè)解，即x2此時(shí)只需滿足Δ=解得：?3<a<6。故答案為：[?4，+∞)；

【分析】若a=0，當(dāng)x<1時(shí)結(jié)合二次函數(shù)的圖象求最值的方法得出f(x)=x2+4x的最小值，當(dāng)x≥1時(shí)結(jié)合增函數(shù)的定義判斷出函數(shù)f(x)=lnx+1是增函數(shù)，進(jìn)而得出函數(shù)f(x)=lnx+1的最小值，再結(jié)合并集的運(yùn)算法則得出分段函數(shù)f(x)的值域，由題可知，當(dāng)x≥1時(shí)結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)求解方法得出函數(shù)有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)16．【答案】（1）解：由圖可知x4?x又知ω=2πT=2若選擇條件①②，即x1=π因?yàn)閒(x由圖可知x1是單調(diào)增區(qū)間上的一個(gè)零點(diǎn)，所以π6+φ=2kπ，因?yàn)?<|φ|<π2，所以當(dāng)k=0時(shí)，所以f(x)=Asin(2x?又因?yàn)閒(x2)=f(所以f(x)=2sin(2x?π若選擇條件①③，即x1=π因?yàn)閒(x由圖可知π6+φ=2kπ，k∈Z，即因?yàn)?<|φ|<π所以當(dāng)k=0時(shí)，φ=?π所以f(x)=Asin(2x?π又因?yàn)閒(x所以A=2，故f(x)=2sin(2x?π若選擇條件②③，即x2=π因?yàn)閒(x由圖可知，當(dāng)x=x1+即f(π由sin(2π3+φ)=1，得2π因?yàn)?<|φ|<π2，所以又f(x所以A=2，故f(x)=2sin(2x?π（2）解：因?yàn)楹瘮?shù)y=sinx的單調(diào)遞減區(qū)間為[π2+2kπ由π2+2kπ≤2x?π得π3+kπ≤x≤5π所以f(x)單調(diào)遞減區(qū)間為[π3+kπ【解析】【分析】（1）由圖可知x4?x1=π，所以T=π若選擇條件①②，即x1=π12，x2=π6，再結(jié)合代入法和函數(shù)零點(diǎn)的定義和正弦型函數(shù)的圖象可知若選擇條件①③，即x1=π12，x3=π若選擇條件②③，即x2=π6，x3=π2，再利用f(x2)=f(（2）利用已知條件結(jié)合換元法，將正弦型函數(shù)轉(zhuǎn)化為正弦函數(shù)，再結(jié)合正弦函數(shù)的圖象判斷出正弦型函數(shù)的單調(diào)性，從而得出函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間。17．【答案】（1）證明：連接QD，BD，BD與QC交于點(diǎn)O，因?yàn)榈酌鍭BCD是直角梯形，AB∥DC，Q為AB的中點(diǎn).所以BQ//DC且BQ=DC，即所以點(diǎn)O是BD中點(diǎn)，連接OM，所以PB//又因?yàn)镻B?平面MQC，MO?平面MQC，所以PB∥平面MQC.（2）解：因?yàn)椤鱌AB為等邊三角形，Q為AB的中點(diǎn)，所以PQ⊥AB.又面PAB⊥面ABCD，面PAB∩面ABCD=AB，PQ?平面PAB，所以PQ⊥面ABCD，又因?yàn)锳B∥DC，∠BAD=90°，所以BQ⊥CQ.如圖建立空間直角坐標(biāo)Q?xyz，可知Q(0，0，0)，P(0，0，易知PC=(0，3，?且QC=(0，3n?QC取z=1，則n=(設(shè)PC與平面MQC所成角為θ，則sinθ=|cosPC所以PC與平面MQC所成角的正弦值為24【解析】【分析】（1）連接QD，BD，BD與QC交于點(diǎn)O，利用底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，Q為AB的中點(diǎn)，所以BQ//DC且BQ=DC，即BQDC為平行四邊形，所以點(diǎn)O是BD中點(diǎn)，連接OM，所以PB//MO，再利用線線平行證出線面平行，從而證出直線PB∥平面MQC。

（2）利用三角形△PAB為等邊三角形，Q為AB的中點(diǎn)，再結(jié)合等邊三角形三線合一，所以PQ⊥AB，再結(jié)合面PAB⊥面ABCD和面面垂直的性質(zhì)定理證出線面垂直，所以PQ⊥面ABCD，再利用AB∥DC，∠BAD=90°，所以BQ⊥CQ，從而建立空間直角坐標(biāo)Q?xyz，進(jìn)而得出點(diǎn)的坐標(biāo)，再結(jié)合向量的坐標(biāo)表示得出向量的坐標(biāo)，再利用平面的法向量求解方法得出平面MQC的法向量，再結(jié)合數(shù)量積求向量夾角公式和誘導(dǎo)公式，進(jìn)而得出18．【答案】（1）解：設(shè)“甲按“A，B，C”的順序猜歌名至少猜對兩首歌名”為事件E，則P(E)=0.所以，甲按“A，B，C”的順序猜歌名至少猜對兩首歌名的概率為0.4.（2）解：X的所有可能取值為0，1000，3000，6000，P(X=0)=1?0.P(X=1000)=0.P(X=3000)=0.P(X=6000)=0.所以隨機(jī)變量X的分布列為X0100030006000P0.20.40.30.1所以E(X)=0×0.（3）解：0<p<0.證明如下：設(shè)甲按“C，B，A”的順序猜歌名所得獎(jiǎng)勵(lì)基金的總額為Y，甲按“A，B，C”的順序猜歌名所得獎(jiǎng)勵(lì)基金的總額為Z則Y的所有可能取值為0，3000，5000，6000，P(Y=0)=1?p，P(Y=3000)=p×(1?0.P(Y=5000)=p×0.P(Y=6000)=p×0.所以E(Y)=0×(1?p)+3000×0.則Z的所有可能取值為0，1000，3000，6000，P(Z=0)=1?0P(Z=1000)=0P(Z=3000)=0P(Z=6000)=0所以E(Z)=0×0要E(Z)>E(Y)，即1600+1200p>4400p，解得p<0.5，因此【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合獨(dú)立事件乘法求概率公式和對立事件求概率公式，進(jìn)而得出甲按“A，B，C”的順序猜歌名，至少猜對兩首歌名的概率。

（2）利用已知條件得出隨機(jī)變量X的可能的取值，再結(jié)合獨(dú)立事件乘法求概率公式和對立事件求概率公式，進(jìn)而得出隨機(jī)變量X的分布列，再利用隨機(jī)變量X的分布列求數(shù)學(xué)期望公式，進(jìn)而得出隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望。

（3）利用已知條件求出隨機(jī)變量的可能的取值，再結(jié)合獨(dú)立事件乘法求概率公式和對立事件求概率公式得出隨機(jī)變量的分布列，再利用隨機(jī)變量的分布列求數(shù)學(xué)期望公式得出隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望，再結(jié)合比較法得出p的取值范圍。19．【答案】（1）解：直線l：x+2y?2=0與坐標(biāo)軸的兩個(gè)交點(diǎn)為(2，0)，由于a>b，所以a=2，b=1，所以橢圓E的方程為x2（2）證明：設(shè)過點(diǎn)(2，1)的直線為l1設(shè)l1方程為y?1=k(x?2)，即y=kx+(1?2k)由y=kx+(1?2k)x24整理得(1+4由Δ=[8k(1?2k)]2?4(1+4設(shè)M(x1，x1+x由題意，將x=x1，代入l：x+2y?2=0得直線AN的方程為y=y令x=x1得所以y=====所以，點(diǎn)P是線段MQ的中點(diǎn).【解析】【分析】（1）利用直線l：x+2y?2=0與坐標(biāo)軸的兩個(gè)交點(diǎn)為(2，0)，(0，1)結(jié)合代入法和a>b，進(jìn)而得出a，b的值，從而得出橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程。

（2）設(shè)過點(diǎn)(2，1)的直線為l1，由題意直線l斜率存在，設(shè)直線l1方程為x1+x2=?8k(1?2k)1+4k2，x1?x2=16k2

20．【答案】（1）解：f(x)=x所以f'由f'(1)=0，得所以a=1.（2）解：函數(shù)y=f(x)在(0，因?yàn)閍≥1，所以函數(shù)f(x)定義域?yàn)閇0，f'因?yàn)閤?2所以f'因此函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(0，（3）證明：當(dāng)x1=x當(dāng)x1≠x由于函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，所以|f(x又|則|f(=f(==ln(=lnx因?yàn)閤1<x所以0<x所以lnx綜上，對任意的x1，x【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義得出實(shí)數(shù)a的值。

（2）利用已知條件結(jié)合增函