4月月考三稿
一、单选题
1．在复平面内，复数对应的点位于．
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知集合
A． B． C． D．
3．双曲线的一个焦点为，则（ ）
A． B． C．3 D．
4．在的展开式中，常数项为（ ）
A． B．120 C． D．160
5．已知，那么在下列不等式中，不成立的是（ ）
A．； B．； C．； D．．
6．已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则的一个充分不必要条件可以是（ ）
A．与内所有的直线都垂直 B．，，
C．与内无数条直线垂直 D．，，
7．如图，石磨是用于把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种机械，通常由两个圆石做成．磨是平面的两层，两层的接合处都有纹理，粮食从上方的孔进入两层中间，沿着纹理向外运移，在滚动过两层面时被磨碎，形成粉末．如果一个石磨近似看作两个完全相同的圆柱体拼合而成，每个圆柱体的底面圆的直径是高的2倍，若石磨的侧面积为，则圆柱底面圆的半径为（ ）
A．4 B．2 C．8 D．6
8．已知的面积为，，，的内角平分线交边于点，则的长为（ ）
A． B． C． D．7
9．在平面直角坐标系中，，是直线上的两点，且．若对于任意点，存在，使成立，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
10．对任何非空有限数集，我们定义其“绝对交错和”如下：设，，其中，则的“绝对交错和”为；当时，的“绝对交错和”为.若数集，则的所有非空子集的“绝对交错和”的总和为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．已知向量，若，则实数 .
12．在等差数列中，，则数列的前4项的和为 .
13．设是定义在上的单调递减函数，能说明“一定存在使得”为假命题的一个函数是 ．
14．已知抛物线的焦点为，则的坐标为 ；过点的直线与抛物线相交于两点，与抛物线的准线相交于，，则与的面积之比为 ．
15．设，函数，给出下列四个结论：
①在区间上单调递减；
②当时，存在最大值；
③设，则；
④设．若存在最小值，则a的取值范围是．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题
16．设函数．
(1)若，求的值．
(2)已知在区间上单调递增，，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，使函数存在，求的值．
条件①：；
条件②：；
条件③：在区间上单调递减．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0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．
17．如图1，在中，,,为中点，于,延长交于,将沿折起，使平面平面,如图2所示.
(1)平面
(2)求二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点使得平面 若存在，求的值；若不存在,请说明理由.
18．全社会厉行勤俭节约，反对餐饮浪费．某市为了解居民外出就餐有剩余时是否打包，进行了一项“舌尖上的浪费”的调查，对该市的居民进行简单随机抽样，将获得的数据按不同年龄段整理如下表：
男性 女性
打包 不打包 打包 不打包
第1段 250 650 450 650
第2段 300 600 550 550
第3段 600 400 750 250
第4段 850 350 650 150
假设所有居民外出就餐有剩余时是否打包相互独立．
（1）分别估计该市男性居民外出就餐有剩余时打包的概率，该市女性居民外出就餐有剩余时间打包的概率．
（2）从该市男性居民中随机抽取1人，女性居民中随机抽取1人，记这2人中恰有人外出就餐有剩余时打包，求的分布列．
（3）假设每年龄段居民外出就餐有剩余时打包的概率与表格中该段居民外出就餐有剩余时打包的频率相等，用“”表示第段居民外出就餐有剩余时打包，“”表示第段居民外出就餐有剩余时不打包，写出方差，，，的大小关系（只需写出结论）
19．设函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若对于任意，都有，求的取值范围.
20．已知椭圆的短轴长为2，左右焦点分别为，，M为椭圆C上一点，且轴，
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知直线且与椭圆C交于A，B两点，点A关于原点的对称点为、关于x轴的对称点为，直线与x轴交于点D，若与的面积相等，求m的值.
21．已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.
(1)若，求的值；
(2)若，且，求；
(3)证明：存在，满足 使得．4月月考三稿
一、单选题
1．在复平面内，复数对应的点位于．
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【详解】复数，其对应的点为，
位于第二象限．
故选．
2．已知集合
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由已知，所以
考点：集合的运算
3．双曲线的一个焦点为，则（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】A
【详解】由题意得，所以．
故选：A.
4．在的展开式中，常数项为（ ）
A． B．120 C． D．160
【答案】C
【详解】展开式的通项 ，令
常数项
故选：C．
5．已知，那么在下列不等式中，不成立的是（ ）
A．； B．； C．； D．．
【答案】D
【详解】解：因为，所以，，所以，故A正确；
，故B正确；
又，，
所以，，故C正确，D错误；
故答案为：D
6．已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则的一个充分不必要条件可以是（ ）
A．与内所有的直线都垂直 B．，，
C．与内无数条直线垂直 D．，，
【答案】D
【详解】A项，由直线与平面垂直的定义可知与内所有的直线都垂直是的充要条件，选项A错；
B项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件，
如图长方体中，
设平面为平面，设平面为平面，直线为，
则，满足，，，
但，不与平面垂直，故不能推出，
故条件“，，”也不是的充分不必要条件，选项B错；
C项，如图长方体中，
设平面为平面，直线为，
则直线与平面内无数条与垂直的直线都垂直，但，不与平面垂直，
故由与内无数条直线垂直不能推出，所以不是的充分不必要条件，选项C错；
D项，由，，得，又因为，所以；
反之，由推不出，，，
所以，，是的一个充分不必要条件，选项D正确.
故选：D.
7．如图，石磨是用于把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种机械，通常由两个圆石做成．磨是平面的两层，两层的接合处都有纹理，粮食从上方的孔进入两层中间，沿着纹理向外运移，在滚动过两层面时被磨碎，形成粉末．如果一个石磨近似看作两个完全相同的圆柱体拼合而成，每个圆柱体的底面圆的直径是高的2倍，若石磨的侧面积为，则圆柱底面圆的半径为（ ）
A．4 B．2 C．8 D．6
【答案】A
【详解】设圆柱底面圆的半径为，则圆柱的高为，
则石磨的侧面积为，解得.
故选：A.
8．已知的面积为，，，的内角平分线交边于点，则的长为（ ）
A． B． C． D．7
【答案】A
【详解】
因为的面积为，，，
所以，得．
由余弦定理，得．
因为平分，所以．
又因为的面积为，所以的面积为．
所以，得．
故选：A．
9．在平面直角坐标系中，，是直线上的两点，且．若对于任意点，存在，使成立，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设，则，满足，
则点P在圆上，
又存在，使成立，则点P又在以为直径的圆上，
P是圆上任意一点，，是直线上的两点，
则应满足圆上点到直线的最远距离小于等于5，
原点到直线的距离为，
则只需满足，解得.
故选：C.
10．对任何非空有限数集，我们定义其“绝对交错和”如下：设，，其中，则的“绝对交错和”为；当时，的“绝对交错和”为.若数集，则的所有非空子集的“绝对交错和”的总和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
的所有非空子集有：、、、、
、、、、、、
、、、、
若则的“绝对交错和”为；若则的“绝对交错和”为；
若则的“绝对交错和”为；若则的“绝对交错和”为；
若则的“绝对交错和”为；若则的“绝对交错和”为；
若则的“绝对交错和”为；若则的“绝对交错和”为；
若则的“绝对交错和”为；若则的“绝对交错和”为；
若则的“绝对交错和”为；若则的“绝对交错和”为；
若则的“绝对交错和”为；
若则的“绝对交错和”为；
若则的“绝对交错和”为；
的所有非空子集的“绝对交错和”的总和为：
故选：B
二、填空题
11．已知向量，若，则实数 .
【答案】
【详解】因为，，
所以，解得.
故答案为：.
12．在等差数列中，，则数列的前4项的和为 .
【答案】
【详解】设等差数列的公差为.
，
，，
，，
（2）.
故答案为：．
13．设是定义在上的单调递减函数，能说明“一定存在使得”为假命题的一个函数是 ．
【答案】
【详解】一定存在使得，即，为假命题，则命题的否定为真命题，即，为真命题，又是上的单调递减函数，故设．
14．已知抛物线的焦点为，则的坐标为 ；过点的直线与抛物线相交于两点，与抛物线的准线相交于，，则与的面积之比为 ．
【答案】，
【详解】
15．设，函数，给出下列四个结论：
①在区间上单调递减；
②当时，存在最大值；
③设，则；
④设．若存在最小值，则a的取值范围是．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【详解】依题意，，
当时，，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；
当时，，易知其图像是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图像（即半圆）；
当时，，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；
对于①，取，则的图像如下，
显然，当，即时，在上单调递增，故①错误；
对于②，当时，
当时，；
当时，显然取得最大值；
当时，，
综上：取得最大值，故②正确；
对于③，易知当时，在，且接近于处，的距离最小，
当时，，当且接近于处，，
此时，，
当时，且接近于处，的距离最小，
此时；故③正确；
对于④，取，则的图像如下，
因为，
结合图像可知，要使取得最小值，则点在上，点在，
同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径，
此时，因为的斜率为，则，故直线的方程为，
联立，解得，则，
显然在上，满足取得最小值，
即也满足存在最小值，故的取值范围不仅仅是，故④错误.
故答案为：②③.
三、解答题
16．设函数．
(1)若，求的值．
(2)已知在区间上单调递增，，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，使函数存在，求的值．
条件①：；
条件②：；
条件③：在区间上单调递减．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0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．
【来源】2023年北京高考数学真题
【详解】（1）因为
所以，
因为，所以.
（2）因为，
所以，所以的最大值为，最小值为.
若选条件①：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在；
若选条件②：因为在上单调递增，且，
所以,所以,,
所以，
又因为，所以，
所以，
所以，因为，所以.
所以，；
若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得最小值，即.
以下与条件②相同．
17．如图1，在中，,,为中点，于,延长交于,将沿折起，使平面平面,如图2所示.
(1)平面
(2)求二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点使得平面 若存在，求的值；若不存在,请说明理由.
【详解】（1）平面平面，交线为，
又在中，于，平面
平面，，
由题意知，又．
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图，
不妨设，则．
由图1条件计算得，，，，
则，．
平面，
平面的法向量为,
设平面的法向量为，
则，即
令，得，，．
，
二面角的余弦值为．
（2）设，其中,
，
，其中，，
，
由，即，
解得，
在线段上存在点，使平面，且．
18．全社会厉行勤俭节约，反对餐饮浪费．某市为了解居民外出就餐有剩余时是否打包，进行了一项“舌尖上的浪费”的调查，对该市的居民进行简单随机抽样，将获得的数据按不同年龄段整理如下表：
男性 女性
打包 不打包 打包 不打包
第1段 250 650 450 650
第2段 300 600 550 550
第3段 600 400 750 250
第4段 850 350 650 150
假设所有居民外出就餐有剩余时是否打包相互独立．
（1）分别估计该市男性居民外出就餐有剩余时打包的概率，该市女性居民外出就餐有剩余时间打包的概率．
（2）从该市男性居民中随机抽取1人，女性居民中随机抽取1人，记这2人中恰有人外出就餐有剩余时打包，求的分布列．
（3）假设每年龄段居民外出就餐有剩余时打包的概率与表格中该段居民外出就餐有剩余时打包的频率相等，用“”表示第段居民外出就餐有剩余时打包，“”表示第段居民外出就餐有剩余时不打包，写出方差，，，的大小关系（只需写出结论）
【详解】（1）设男性居民外出就餐有剩余时打包的概率为，女性居民外出就餐有剩余时间打包的概率为，
则，
；
（2）可得的可能取值为0，1，2，
则，，，
则分布列为：
0 1 2
（3）由表可知，
，，
，，
，，
，，
.
19．设函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若对于任意，都有，求的取值范围.
【详解】（1）当时定义域为，
则，令，则，
所以单调递增，又，
所以当时，当时，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）因为，
．
若，则当时，，；
当时，，．
若，则当时，，；
当时，，．
所以在单调递减，在单调递增．
所以对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值.
所以对于任意，的充要条件是：，即①，
设函数，则.
当时，；当时，.
故在单调递减，在单调递增.
又，，
故当时，.
即当时，，，即①式成立.
当时，由的单调性，，即；
当时，，即.
综上，的取值范围是.
20．已知椭圆的短轴长为2，左右焦点分别为，，M为椭圆C上一点，且轴，
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知直线且与椭圆C交于A，B两点，点A关于原点的对称点为、关于x轴的对称点为，直线与x轴交于点D，若与的面积相等，求m的值.
【详解】（1）因为短轴长为2，所以，
因为，
所以，，
又因为轴，所以，
，且，
解得，∴.
（2）设，则，，联立直线和椭圆方程得
，整理得，
则，，，
直线：
令，
故，
，，则的中点坐标为，
由于与的面积相等，故到直线的距离相等，因此的中点在上，可得，
，
，解得，，
所以.
21．已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.
(1)若，求的值；
(2)若，且，求；
(3)证明：存在，满足 使得．
【详解】（1）由题意可知：，
当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则故；
当时，则，故；
综上所述：，，，.
（2）由题意可知：，且，
因为，且，则对任意恒成立，
所以，
又因为，则，即，
可得，
反证：假设满足的最小正整数为，
当时，则；当时，则，
则，
又因为，则，
假设不成立，故，
即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以.
（3）因为均为正整数，则均为递增数列，
（ⅰ）若，则可取，满足 使得；
（ⅱ）若，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得；
（ⅲ）若，
定义，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
即满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得.
综上所述：存在使得．
