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2023年北京市海淀区高考数学一模试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 若，其中是虚数单位，则( )
A. B. C. D.
3. 在等差数列中，，，则( )
A. B. C. D.
4. 已知抛物线的焦点为，点在该抛物线上，且的横坐标为，则( )
A. B. C. D.
5. 若，则( )
A. B. C. D.
6. 已知直线与圆：交于，两点，且为等边三角形，则的值为( )
A. B. C. D.
7. 在中，，，的平分线交于点若则( )
A. B. C. D.
8. 已知二次函数，对任意的，有，则的图象可能是( )
A. B.
C. D.
9. 已知等比数列的公比为，且，记，则“且”是“为递增数列”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
10. 刘老师沿着某公园的环形跑道周长大于按逆时针方向跑步，他从起点出发，并用软件记录了运动轨迹，他每跑，软件会在运动轨迹上标注出相应的里程数已知刘老师共跑了，恰好回到起点，前的记录数据如图所示，则刘老师总共跑的圈数为( )
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）
11. 不等式的解集是______．
12. 已知双曲线的渐近线方程为，则它的离心率为______ ．
13. 已知函数若在区间上单调递减，则的一个取值可以为______ ．
14. 设函数
当时， ______ ；
若恰有个零点，则的取值范围是______ ．
15. 在中，，，是边的中点，是边上的动点不与，重合，过点作的平行线交于点，将沿折起，点折起后的位置记为点，得到四棱锥，如图所示，给出下列四个结论：
平面；
不可能为等腰三角形；
存在点，，使得；
当四棱锥的体积最大时，．
其中所有正确结论的序号是______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共85.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 本小题分
如图，直三棱柱中，，，，是的中点．
Ⅰ证明：平面；
Ⅱ求直线与平面所成角的正弦值．
17. 本小题分
在中，．
Ⅰ求；
Ⅱ若的面积为，再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的值．
条件：；条件：；条件：
注：如果选择的条件不符合要求，第问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
18. 本小题分
网购生鲜蔬菜成为很多家庭日常消费的新选择某小区物业对本小区三月份参与网购生鲜蔬菜的家庭的网购次数进行调查，从一单元和二单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中各随机抽取户，分别记为组和组，这户家庭三月份网购生鲜蔬菜的次数如图：
假设用频率估计概率，且各户网购生鲜蔬菜的情况互不影响．
Ⅰ从一单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中随机抽取户，估计该户三月份网购生鲜蔬菜次数大于的概率；
Ⅱ从一单元和二单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中各随机抽取户，记这两户中三月份网购生鲜蔬菜次数大于的户数为，估计的数学期望；
Ⅲ从组和组中分别随机抽取户家庭，记为组中抽取的两户家庭三月份网购生鲜蔬菜次数大于的户数，为组中抽取的两户家庭三月份网购生鲜蔬菜次数大于的户数，比较方差与的大小结论不要求证明
19. 本小题分
已知椭圆的左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，，四边形的周长为．
Ⅰ求椭圆的方程；
Ⅱ设斜率为的直线与轴交于点，与椭圆交于不同的两点，，点关于轴的对称点为，直线与轴交于点，若的面积为，求的值．
20. 本小题分
已知函数，
Ⅰ当时，求曲线在点处的切线方程；
Ⅱ求的单调区间；
Ⅲ若存在，，使得，求的取值范围．
21. 本小题分
已知数列给出两个性质：
对于中任意两项，在中都存在一项，使得；
对于中任意连续三项，，，均有．
Ⅰ分别判断一下两个数列是否满足性质，并说明理由；
有穷数列：；
无穷数列：．
Ⅱ若有穷数列满足性质和性质，且各项互不相等，求项数的最大值；
Ⅲ若数列满足性质和性质，且，，，求的通项公式．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：集合，，则．
故选：．
根据交集定义，找出两个集合的公共元素即可．
本题考查集合的运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
则，，．
故选：．
根据复数相等，可得，的取值．
本题考查复数的相等，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：在等差数列中，，，
，
解得，，
则．
故选：．
利用等差数列通项公式列方程组，求出首项和公差，由此能求出结果．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：抛物线方程为，
，又点在该抛物线上，且的横坐标为，
．
故选：．
根据抛物线的几何性质，即可求解．
本题考查抛物线的几何性质，属基础题．
5.【答案】
【解析】解：设，
则．
故选：．
设，再根据赋值法，即可求解．
本题考查赋值法的应用，属基础题．
6.【答案】
【解析】解：由题意，圆心到直线的距离为，
，
，
故选：．
确定圆心到直线的距离为，利用点到直线的距离公式，建立方程，即可求出实数的值．
本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，属基础题．
7.【答案】
【解析】解：设，因为，，所以，
又是的平分线，所以，，
，
又，所以，，
所以．
故选：．
根据角平分线定理可得，利用三角形法则先将表示出来，再利用向量相等可求出，．
本题考查向量的表示，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：二次函数，对任意的，有，
令得，，即，故CD都不可能，
对于，二次函数的对称轴方程为，由图象可知，
设的图象与轴的两个交点为，，且，
则，
所以，所以，
当时，，两者相矛盾，故B不可能．
故选：．
由题意可得，所以都不可能，对于，由图象可知，与时，相矛盾，所以不可能．
本题主要考查了二次函数的图象和性质，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：当，时，则，，充分性不成立，
若为递增数列，则，则，，
当，时，则，则可能成立，
当，时，则，则可能成立，
当，时，则，则可能成立，
当，时，则，则恒成立，
且是为递增数列的必要不充分条件．
故选：．
利用举实例判断充分性，利用等比数列的通项公式、充要条件的定义判定必要性．
本题考查了等比数列的通项公式、充要条件的判定，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：设公园的环形道的周长为，刘老师总共跑的圈数为，，
则由题意，所以，
所以，因为，所以，又，所以，
即刘老师总共跑的圈数为．
故选：．
利用环形道的周长与里程数的关系建立不等关系求出周长的范围，再结合跑回原点的长度建立方程，即可求解．
本题考查不等关系，考查不等关系在实际中的应用，属于中档题．
11.【答案】或
【解析】解：不等式即为
或，
解得或．
则解集为或．
故答案为：或．
不等式即为或，由一次不等式的解法，即可得到解集．
本题考查分式不等式的解法，可以运用符号法则或化为整式不等式，注意等价变形，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：由题意，双曲线的渐近线方程为，
故答案为：
利用双曲线的渐近线方程为，可得，结合离心率公式，即可求得结论．
本题考查双曲线的几何性质，考查学生的计算能力，属于基础题．
13.【答案】答案不唯一
【解析】解：令，，
可得，，
的单调减区间为，，
又在区间上单调递减，
，，
，，
，，又，
，可取．
故答案为：答案不唯一．
先求出在上的单调减区间，再根据题意建立不等式组，即可求解．
本题考查三角函数的单调性，不等式思想，属中档题．
14.【答案】
【解析】解：当时，，
；
令，得或，
又，
当，即时，，
此时恰有个零点，，；
当时，易知恰有个零点，，；
当，即时，要使恰有个零点，
则，，
综合可得的取值范围是．
故答案为：；．
代值计算，即可求解；
分类讨论，根据二次函数的性质，对数函数的性质，不等式思想，即可求解．
本题考查函数值的求解，二次函数的性质，对数函数的性质，分类讨论，不等式思想，属中档题．
15.【答案】
【解析】解：因为，平面，平面，
所以平面，故正确；
因为是等腰直角三角形，所以也是等腰直角三角形，则，
因为，，所以，且，
当时，≌，所以，
此时是等腰三角形，故错误；
因为，且，，
且平面，平面，所以平面，平面，
所以平面平面，且平面平面，
如图，过点作，连结，
则平面，平面，所以，
若，，平面，平面，
所以平面，平面，所以，
如图，，延长，交于点，
则和都是等腰直角三角形，
则，点到直线的距离等于，
这样在翻折过程中，若能构成四棱锥，则，
设，则，则，
则存在点，，使得，故正确：
当底面的面积一定时，平面平面时，即平面时，四棱锥的体积最大，
设，，，
，
，
得舍或，当，，函数单调递增，
当，，函数单调递减，
所以当时，函数取得最大值，此时，故错误；
故答案为：
根据线面平行的判断定理，判断；证明≌，即可判断；利用垂直关系转化，结合反证法，即可判断；表示四棱锥的体积后，利用导数计算最值，即可判断．
本题考查空间中线面的位置关系，利用导数求最值，属于难题．
16.【答案】Ⅰ证明：在直三棱柱中，平面，且，
点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
点、、、，
、、，
所以，，，则，，
因为，、平面，因此，平面．
Ⅱ解：设平面的法向量为，，
则，取，可得，
所以，，，
因此，与平面所成角的正弦值为．
【解析】Ⅰ以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明平面；
Ⅱ利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值．
本题考查空间向量的应用，属于中档题．
17.【答案】解：Ⅰ因为，由正弦定理得，，
又，所以，得到，
又，所以，
又，所以，得到，所以；
Ⅱ选条件：；
由知，，根据正弦定理知，，即，
所以角有锐角或钝角两种情况，存在，但不唯一，故不选此条件．
选条件：；
因为，所以，
又，得到，代入，得到，解得，所以，
由余弦定理得，，所以．
选条件：；
因为，所以，
由，得到，
又，由知，
所以，
又由正弦定理得，得到，代入，得到，解得，所以，
由余弦定理得，，所以．
【解析】Ⅰ利用正弦定理：边转化角，再利用正弦的二倍角公式，即可求出结果；
Ⅱ条件，可得角是锐角或钝角，不满足题设中的条件，故不选；条件，利用条件建立，边与的方程组，求出与，再利用余弦定理，即可求出结果；条件，利用正弦定理，先把角转化成边，再结合条件建立，边与的方程组，求出与，利用余弦定理，即可求出结果．
本题考查正余弦定理，属于中档题．
18.【答案】解：Ⅰ设事件为“该户三月份网购生鲜蔬菜次数大于“，
又在组户中超过次的有户，
由样本估计总体可得所求概率为；
Ⅱ由Ⅰ得：从一单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中随机抽取户，
则该户网购生鲜蔬菜次数超过次的概率为，
同理：从二单元参与网购生鲜蔬菜的家庭中随机抽取户，
则该户网购生鲜蔬菜次数超过次的概率为，
，，，又，
，
，
；
Ⅲ根据题意可得，的取值可能为，，，且得，服从超几何分布，
又，，，
，，，
，，
，
，

【解析】Ⅰ根据古典概型的概率公式，即可求解；
Ⅱ根据题意可知，，，再分别求出对应的概率，从而可求解；
Ⅲ根据方差公式计算，即可求解．
本题考查根据样本估计总体，古典概型的概率公式，离散型随机变量的期望的求解，超几何分布列的期望与方差的求解，属中档题．
19.【答案】解：Ⅰ依题意可得，解得，
椭圆的方程为；
Ⅱ依题意，可设直线的方程为，
，，
联立方程，可得，
，即，
，，
在直线的方程中，令，得，得，
依题意得，得直线的方程为，
令，得，
，
，
，解得．
的值为．
【解析】Ⅰ依题意可得，求解即可；
Ⅱ可设直线的方程为，联立方程组可得，，求得的方程，进而可得，计算可得结论．
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，属中档题．
20.【答案】解：Ⅰ当时，，
则，
，
所以曲线在点处的切线的斜率为，
所以曲线在点处的切线的方程为．
Ⅱ，
当时，恒成立，则在上单调递减，
当时，令得，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
综上所述，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增．
Ⅲ在区间上的最大值为，最小值为，
所以存在，使得成立，即或，
当，，
所以存在，使得成立，只需，
由Ⅱ可知在区间上单调或先单调递减后递增，
所以为与中的较大者，
所以只需或，即可满足题意，
即或，
解得或，
综上所述，的取值范围为．
【解析】Ⅰ当时，，计算，由导数的几何意义可得曲线在点处的切线的斜率为，进而可得答案．
Ⅱ求导得，分两种情况：当时，当时，分析的符号，的单调性．
Ⅲ在区间上的最大值为，最小值为，存在，使得成立，即或，由于当，，只需，由Ⅱ可知在区间上单调或先单调递减后递增，为与中的较大者，只需或，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
21.【答案】解：Ⅰ有穷数列：不满足性质．
令，则不是数列中的项，
有穷数列不满足性质；
无穷数列：满足性质．
对于任意的，，有，
，令即可，
无穷数列满足性质．
Ⅱ对于有穷数列，记其非零项中绝对值最大的一项为，绝对值最小的一项为，
故令时，存在一项，即，
再令时，存在一项，即，
又，数列所有非零项的绝对值均为，
又数列的各项均不相等，其最多有，，，共项，，
构造数列：，，，
其任意两项乘积均为，，之一，满足性质，
其连续三项满足，满足性质，
又其各项均不相等，该数列满足条件，此时，
综上，项数的最大值为．
Ⅲ首先证明：当，时，数列满足，，
且，，，，，
对于任意数列的连续三项，，，总有，
即或，不论是哪种情形，均有：
当时，，即，
当时，，即，
，性质得证．
考虑，，三项，有或，
若，则，此时令，有，
由性质知不存在，使得，且，
只有，此时，
，
令时，，
由性质知，只有或，
当时，，此时令，，，
但，即，
由性质知不存在，使得，
，即，从而，
经验证，数列：满足条件，
下面证这是唯一满足条件的数列，
假设是第一个不满足上述通项公式的项，
则，当，时，只能为，
令，，则，但，
由性质，不存在，使得，
当，时，只能为，
则，
令，，则，但，
由性质，不存在，使得，
不存在不满足上述通项公式的项，
综上，数列的通项公式为．
【解析】Ⅰ利用性质直接判断．
Ⅱ对于有穷数列，记其非零项中绝对值最大的一项为，绝对值最小的一项为，令时，得，令时，得，由此能求出项数的最大值．
Ⅲ首先证明当，时，数列满足，，由此能求出数列的通项公式．
本题考查数列的性质、新定义、分类讨论思想等基础知识，考查运算求解能力，是难题．
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