北京市海淀区2022-2023学年高三数学下学期5月模拟试题（Word版附解析）.docx

1、北京市海淀区2022-2023学年下学期5月月考高三数学模拟试题（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）一、选择题（本大题共4小题 每小题4分，满分16分）1. 方程在区间上的解的个数为A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】D【解析】【分析】将函数解的个数通过构造函数法转化为在对应区间交点个数，原式可变形为，分别构造和，结合图像，采用数形结合法找出交点个数即可【详解】由得，分别画出和在的图像，如图： 两函数图像有8个交点，故方程在区间上的解的个数为8个故选D【点睛】本题考查三角函数的图象和性质，数形结合求函数的交点，属于基础题2. 已知直线平行于平面，平面垂直于平面，则以下关于直线与平面

2、的位置关系的表述，正确的是（ ）A. 与不平行B. 与不相交C. 不在平面上D. 在上，与平行，与相交都有可能【答案】D【解析】【分析】以正方体为载体能推导出直线平行于平面，平面垂直于平面，从而直线与平面相交、平行或在平面内.【详解】如下图所示： 在正方体中，平面平面，平面，平面；平面，与平面相交；平面，平面.所以，直线平行于平面，平面垂直于平面，则直线与平面相交、平行或在平面内，故选D.【点睛】本题考查线面关系有关命题真假的判断，可以利用简单几何体作载体来进行判断，考查逻辑推理能力，属于中等题.3. 设三角形是位于平面直角坐标系的第一象限中的一个不等边三角形，该平面上的动点满足：，已知动点的

3、轨迹是一个圆，则该圆的圆心位于三角形的A. 内心B. 外心C. 重心D. 垂心【答案】C【解析】【分析】可设， ， ，由列出关系式，由的轨迹为圆，求出圆心坐标即可【详解】设， ， ，由得：展开整理，得圆的圆心坐标为，为三角形的重心故选【点睛】本题考查圆的轨迹方程的求法，重心坐标公式的应用，计算量偏大，化简时需进行整体代换，简化运算难度，属于中档题4. 已知与皆是定义域、值域均为R的函数，若对任意，恒成立，且与的反函数、均存在，命题P：“对任意，恒成立”，命题Q：“函数的反函数一定存在”，以下关于这两个命题的真假判断，正确的是（ ）A. 命题P真，命题Q真B. 命题P真，命题Q假C. 命题P假，

4、命题Q真D. 命题P假，命题Q假【答案】D【解析】【分析】利用反函数的定义和原函数与反函数关于直线的对称性，通过列举的方式加以说明即可【详解】由题，可设，与，与其反函数，均存在，命题：对任意，恒成立”由图象关于直线对称可知是错误的如图： 对命题：可 设，令，存在，根据反函数特征，若函数存在反函数，则不能存在一个值对应两个的情况，说明不存在反函数故命题假，命题假故选：D二、填空题（本大题共12小题 每小题5分，满分60分）5. 函数的定义域是_.【答案】【解析】【详解】由 得 ,所以函数的定义域是,故答案为.6. 已知一个圆锥的底面圆的半径为1，体积为，则该圆锥的侧面积为_【答案】【解析】【详解

5、】试题分析：圆锥的底面圆的半径为1，体积为，圆锥的高为，圆锥的母线为，圆锥的侧面积为考点：本题考查了圆锥的性质点评：解决此类问题的关键是掌握圆锥中的体积和侧面积公式，属基础题7. 等差数列中，则其前12项之和的值为_【答案】【解析】【分析】利用等差数列的通项公式、前n项和公式直接求解【详解】等差数列an中，a3+a1025，其前12项之和S126（a3+a10）625150故答案为150【点睛】本题考查等差数列的前n项和的公式，考查等差数列的性质的应用，考查运算求解能力，是基础题8. 幂函数的图象经过点，则它的单调减区间为_【答案】【解析】【分析】将点代入,解得,从而可得幂函数的单调递减区间.

6、【详解】依题意得,即,所以,所以的解析式为:,所以单调递减区间为.故答案为: .【点睛】本题考查了幂函数的单调区间,属于基础题.9. 三角形中，边的长为，则边的长为_.【答案】4【解析】【分析】利用三角形内角和定理先求的值，再根据正弦定理求得【详解】，又，由正弦定理：，可得：故答案为4【点睛】本题考查三角形内角和定理，正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题10. 已知是实数，方程的两根在复平面上对应的点分别为和，若三角形是等腰直角三角形，则_.【答案】2【解析】【分析】由题可知，方程的两根应为虚根，可设方程的两复根为，根据条件可得，列方程求解即可【详解】根据题意设方程的两虚根为，为实数，方程两

7、根在复平面上对应的点分别为和，三角形是等腰直角三角形，的值为2故答案为2【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，向量垂直对应的数量积的坐标关系，属于基础题11. 设实数、满足，则的最大值为_【答案】2【解析】【分析】作出可行域后,观察图象利用直线的纵截距最大找到最优解,代入即可求得.【详解】作出不等式所表示的平面区域,如图: 令,则,要使最大,即直线的纵截距最大,观察图象可知,最优解为,所以的最大值为.故答案为:2【点睛】本题考查了利用线性规划求目标函数的最大值.12. 已知偶函数的定义域为，且当时，则不等式的解为_.【答案】【解析】【分析】由函数是偶函数，时，先求出时的，再根据二次不等

8、式求解即可【详解】偶函数的定义域为，且当时，当时，当时，原不等式可化为，可解得：，所以；当时，原不等式可化为，即，由可得恒成立，解得，综上所述，故答案【点睛】本题考查偶函数对称区间上解析式的求解，二次不等式的解法，体现了分段函数分类讨论的思想，易错点为分类讨论过程中所求解集忽略分类讨论的大前提，直接书写答案13. 等比数列的首项为1，公比为3，则极限的值为_.【答案】【解析】【分析】分别求出前项和与对应的前项的和，再化简求极限即可【详解】等比数列的首项为1，公比为3，故答案为【点睛】本题考查等比数列的前项，数列的极限的求法，属于基础题14. 甲乙两人分别投掷两颗骰子与一颗骰子，设甲两颗骰子的点

9、数分别为与，乙的骰子的点数为，则掷出的点数满足的概率为_（用最简分数表示）.【答案】【解析】【分析】分析可知，基本事件总数，利用列举法表示掷出的点数满足对应的基本事件有30个，进而求得的概率【详解】由题可知，基本事件总数，掷出的点数满足包含的基本事件，有：当时，有：，2，1，3，2，4，3，5，4，6，5，共10个；当时，有：，3，1，4，2，5，3，4，6，共8个；当时，有，4，1，5，2，6，3，共6个；当时，有，5，1，6，2，共4个；当时，有，6，1，共2个；合计共30个，掷出的点数满足的概率为故答案为【点睛】本题考查古典概型的基本求法、列举法表示概率事件，属于基础题15. 已知是实数

10、，在的二项展开式中，第项的系数为（），若，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】若要满足， 即，即，分别对进行分类讨论，利用不等式的性质化简，即可求得的取值范围【详解】由题可得，所以，所以当时，必然会出现当为奇数时，即，而，此时与相矛盾，故舍去当时， 又，所以的取值范围为，综上所述，故答案为【点睛】本题考查二项式定理基本概念，不等式恒成立问题，属于中档题16. 设是平面直角坐标系中的一个正八边形，点的坐标为（），集合存在，使得，则集合的元素个数可能为_（写出所有可能的值）.【答案】4或5或8【解析】【分析】根据正八边形特征可分为三种情况研究集合的元素个数【详解】如图所示： 如果正八边形边轴

11、，或正八边形隔两个顶点的对角线轴，如轴时，可得集合，此时的元素个数为4如果正八边形隔一个顶点的对角线轴，或正八边形隔三个顶点的对角线轴，如轴时，可得集合，此时的元素个数为5如果正八边形边与对角线都与轴不平行时，可得集合，此时的元素个数为8综上可得：集合元素个数可能为4或5或8故答案为4或5或8【点睛】本题考查集合中元素的特征、正八边形特征、分类讨论方法，图形推理能力，属于中档题三、解答题（本大题共5小题 每小题4-12分，满分44分）17. 如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为2的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的

12、上底面重合，点P是圆锥的顶点，AB是圆柱下底面的一条直径，AA1、BB1是圆柱的两条母线，C是弧AB的中点.（1）求异面直线PA1与BC所成的角的大小；（2）求点B1到平面PAC的距离.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出异面直线与所成的角的大小即可（2）求出平面的法向量，利用向量法求出点到平面的距离【详解】（1）根据题意可得平面, C是弧AB的中点,则 则以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图则， ， ， ， ， 异面直线与所成的角的大小为（2）， ， ， ， ，设平面的法向量，则，取，得， 点到平面的距离

13、为：【点睛】方法点睛：向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需做辅助线；建立右手直角坐标系，尽可能的使得较多的关键点落在坐标轴或坐标平面内.2、设：设出所需的点的坐标，得出所需的向量坐标.3、求：求出所需平面的法向量4、算：运用向量的数量积运算，验证平行、垂直，利用线面角公式求线面角，或求出两个平面的法向量的夹角的余弦值5、取：根据题意，或二面角的范围，得出答案.18. 已知、是实常数，.（1）当，时，求函数的最小正周期、单调增区间与最大值；（2）是否存在，使得是与有关的常数函数（即的值与的取值无关）？若存在

14、，求出所有满足条件的，若不存在，说明理由.【答案】（1），单调递增区间是，最大值是，当且仅当；（2）存在，.【解析】【分析】（1）将，代入化简的表达式，求出最小正周期、单调增区间和最大值即可；（2）根据（1）中化简的的解析式分析，当时，满足条件【详解】，（1）当，时，的周期，当从时，最大值为，由，得，的单调增区间为，（2），显然当，即时，的值与的取值无关，存在，使得是与有关的常数函数【点睛】本题考查行列式的简单计算，三角函数的化简求值，三角函数的图象与性质，属于基础题19. 已知是实常数，.（1）当时，判断函数在区间上的单调性，并说明理由；（2）写出一个的值，使得在区间上有至少两个不同的解，并

15、严格证明你的结论.【答案】（1）在区间，上的单调递增（2）当时，在区间上有至少两个不同的解，证明见详解【解析】【分析】（1）利用函数增减性的判断方法证明即可；（2）当时满足，在区间上有至少两个不同的解，利用零点存在定理分别取进行验证即可【详解】（1）当时，设，则，其中， ，在区间，上的单调递增；（2）当时，在区间上有至少两个不同的解，证明如下：，在函数图像连续，利用零点存在定理，分别令，故在，至少存在一个零点同理可得：，故在，至少存在一个零点在区间上有至少两个不同的解【点睛】本题考查定义法求证函数单调性，零点存在定理的具体应用，合理赋值是应用零点存在定理解题的关键，属于中档题20. 设抛物线的

16、方程为，其中常数，是抛物线的焦点.（1）若直线被抛物线所截得的弦长为6，求的值；（2）设是点关于顶点的对称点，是抛物线上的动点，求的最大值；（3）设，、是两条互相垂直，且均经过点的直线，与抛物线交于点、，与抛物线交于点、，若点满足，求点的轨迹方程.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）当时，代入抛物线方程，求得，可得弦长，解方程可得；（2）求得的坐标，设出过的直线为，联立抛物线方程，若要使取到最大值，则直线和抛物线相切，运用判别式为0，求得倾斜角，可得所求最大值；（3）求得，设，设，联立抛物线方程，运用韦达定理和两直线垂直斜率之积为-1的条件，结合向量的坐标表示，和消元法，可求

17、得轨迹方程【详解】（1）由可得，可得，解得；（2）是点，关于顶点的对称点，可得，设过的直线为，联立抛物线方程可得，由直线和抛物线相切可得，解得，可取，可得切线倾斜角为，由抛物线的定义可得，而的最小值为，的最大值为；（3）由，可得，设，设，联立抛物线，可得，即有，由两直线垂直的条件，可将换为，可得，点满足，可得，即为， ，联立式消元可得，则的轨迹方程为【点睛】本题考查抛物线的定义、方程、性质，直线和抛物线的位置关系，判别式和韦达定理的具体运用，向量的坐标表示，运算及化简求值能力，属于中档题21. 设各项均为整数的无穷数列满足：，且对所有，均成立.（1）写出的所有可能值（不需要写计算过程）；（2）

18、若是公差为1的等差数列，求的通项公式；（3）证明：存在满足条件的数列，使得在该数列中，有无穷多项为2019.【答案】（1），1，3，5，7；（2），；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）通过列举法表示出所有可能值（2）分析可知表示的是原数列中的奇数项，求得奇数项的通项公式，再利用相邻两项差的绝对值的关系构造关系式解出偶数项，进而求得通项（3）可利用（2）中的数列，构造一个循环数列，则可证明循环数列中存在无穷多项为2019【详解】（1），1，3，5，7；（2）是公差为1的等差数列，数列的所有奇数项为公差为1的等差数列，当时，当时，由可知：，即解得：，；（3）由（2）可知存在一个数列使得奇数项为从1开始的连续自然数，则易知，然后自4037项开始，构造奇数项为公差为的等差数列，由（2）可知，当，时，当时，由可知即，解得：则当奇数项取至1时，重复第一段的数列，得到一个周期数列，在此周期数列中，存在无穷多项为2019，即可得证【点睛】本题考查数列递推公式的应用，数列通项公式的求法，构造数列法在循环数列中的应用，解题关键在于能通过（2）想到去构造一个循环数列，以此来解决出现无穷多项为2019的数出现的问题，试题（1）（2）偏向于基础考查，（3）的难度偏高