2023届北京市东城区高三一模数学试卷（含答案）

1、2023届北京市东城区高三一模数学试题第一部分（选择题 共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。（1）已知集合，且，则可以为（A） （B）（C） （D）（2） 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（A） （B） （C） （D）（3）抛物线的准线方程为（A） （B） （C） （D）（4）已知，则的最小值为 （A） （B） （C） （D）（5）在中，则（A） （B） （C） （D）（6）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，且， ，则“”是“”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（7）过坐标原点作曲线的切线，则切线方程为（A

2、） （B） （C） （D）（8）已知正方形的边长为 2，为正方形内部（不含边界）的动点，且满足，则的取值范围是（A） （B） （C） （D）（9）已知，成等比数列，且1和4为其中的两项，则的最小值为（A） （B） （C） （D）（10）恩格斯曾经把对数的发明、解析几何的创始和微积分的建立称为十七世纪数学的三大成就其中对数的发明，曾被十八世纪法国大数学家拉普拉斯评价为“用缩短计算时间延长了天文学家的寿命”.已知正整数的70次方是一个83位数，由下面表格中部分对数的近似值（精确到0.001），可得的值为 （A） （B） （C） （D）第二部分（非选择题 共110分）二、填空题 共5小题，每小题5分

3、，共25分。（11）函数的定义域是_（12）在的展开式中，的系数为，则实数=_（13）已知双曲线的一个焦点为，且与直线没有公共点，则双曲线的方程可以为_（14）已知数列各项均为正数，为其前项和.若是公差为的等差数列，则_， .（15）已知函数的部分图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于点,点为该部分图象与轴的交点.将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图2所示，此时，则 .给出下列四个结论：；图2中，；图2中，过线段的中点且与垂直的平面与轴交于点；图2中，是及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积大于.其中所有正确结论的序号是 .三、解答题共6小题，共85分

4、。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。（16）（本小题13分）已知函数（）求的最小正周期;（）若是函数的一个零点，求的最小值.（17）（本小题13分）甲、乙两名同学积极参与体育锻炼，对同一体育项目，在一段时间内甲进行了6次测试，乙进行了7次测试每次测试满分均为100分，达到85分及以上为优秀，两位同学的测试成绩如下表：次数 学生第一次第二次第三次第四次第五次第六次第七次甲807882869593乙76818085899694（）从甲、乙两名同学共进行的13次测试中随机选取一次，求该次测试成绩超过90分的概率；（）从甲同学进行的6次测试中随机选取4次，设表示这4次测试成绩达到优秀的次数，求的

5、分布列及数学期望；（）从乙同学进行的7次测试中随机选取3次，设表示这3次测试成绩达到优秀的次数，试判断数学期望与（）中的大小（结论不要求证明）（18）（本小题15分） 如图，在长方体中，和交于点，为的中点.（）求证：平面；（）再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求（i）平面与平面的夹角的余弦值；（ii）点到平面的距离.条件：；条件：与平面所成角为.注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分 （19）（本小题15分）已知函数.（）当时，求的单调递增区间；（）设直线为曲线的切线，当时，记直线的斜率的最小值为，求的最小值；（）当时，设，求证：.（20）（本小题14分）已知椭圆的一个顶点

6、为，离心率（）求椭圆的方程；（）过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，直线分别与轴交于点设椭圆的左顶点为，求的值.（21）（本小题15分）已知数表中的项互不相同，且满足下列条件：；.则称这样的数表具有性质.（）若数表具有性质，且，写出所有满足条件的数表，并求出的值；（）对于具有性质的数表，当取最大值时，求证：存在正整数，使得； （）对于具有性质的数表，当n为偶数时，求的最大值.参考答案及评分标准一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）（1）B（2）A（3）D（4）B （5）C （6）B（7）A（8）D（9）B （10）C 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）（11） （12）

7、（13） (答案不唯一) （14）（15） 三、解答题（共6小题，共85分）（16）（共13分）解：（）因为=所以的最小正周期为 6分（）由题设，由是该函数零点可知，即.故或，解得或.因为，所以的最小值为. 13分 （17） （共13分）解：（）从甲、乙两名同学共进行的13次测试中随机选取一次，有13种等可能的情形，其中有4次成绩超过90分则从甲、乙两名同学共进行的13次测试中随机选取一次，该次成绩超过90分的概率为 3分（）随机变量的所有可能取值为1，2，3.；则随机变量的分布列为：123故随机变量的数学期望 11分（） 13分（18）（共15分）解：（）连接，.因为长方体中,且，所以四边形

8、为平行四边形.所以为的中点，在中，因为，分别为和的中点，所以.因为平面，平面，所以平面. 6分（II）选条件：.()连接.因为长方体中，所以.在中,因为为的中点，所以.如图建立空间直角坐标系，因为长方体中,，则，.所以，.xyz设平面的法向量为，则即令，则，可得.设平面的法向量为，则即令，则，所以.设平面与平面的夹角为 ，则所以平面与平面的夹角的余弦值为.()因为，所以点到平面的距离为. 15分选条件：与平面所成角为.连接.因为长方体中，平面，平面，所以.所以为直线与平面所成角，即.所以为等腰直角三角形.因为长方体中，所以.所以.以下同选条件 . （19）（共15分）解：（）当时，定义域为.，

9、令，得，当时，当时，所以的单调递增区间为. 5分（）令， 则.当时，令，得.当时，单调递减；当时，单调递增；所以当时，最小值为.当时，的最小值为1，所以的最小值为. 11分（III）由（）知在上单调递减，在上单调递增, 又， 所以，所以. 15分 （20）（共14分）解：（）由题设，得解得.所以椭圆的方程为 5分（）直线的方程为由 得由，得设，则，直线的方程为令，得点的横坐标为同理可得点的横坐标为 因为点坐标为，则点为线段的中点，所以 14分（21）（共15分）解：（）满足条件的数表为，所以的值分别为5，5，6. 5分（）若当取最大值时，存在，使得. 由数表具有性质可得为奇数，不妨设此时数表为.若存在，使得，交换和的位置，所得到的新数表也具有性质，调整后数表第一行和大于原数表第一行和，与题设矛盾，所以存在，使得.若对任意的，都有，交换和的位置，所得到的新数表也具有性质，此时转化为的情况.综上可知，存在正整数，使得. 10分（）当n为偶数时，令，对任意具有性质数表，一方面，因此另一方面，因此. 记由+得.又，可得.构造数表可知数表具有性质，且.综上可知，当n为偶数时，的最大值为. 15分