北京市通州区2023届高三上学期期末数学试题 Word版含解析.doc

通州区2022—2023学年高三年级摸底考试数学试卷2023年1月本试卷，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，请将答题卡交回.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.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由集合并集的定义求解即可.【详解】因为集合，，所以，故选：B2.等差数列中，，，则的通项为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据已知条件求得等差数列的首项和公差，从而求得.【详解】设等差数列的公差为，依题意，解得，所以.故选：A3.抛物线的焦点坐标为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】抛物线交点坐标为，算出即可.【详解】由，得，故抛物线的焦点坐标为.故选：D.【点睛】本题考查抛物线的定义及方程，求抛物线焦点坐标时，一定要注意将方程标准化，本题是一道基础题.4.已知向量，满足，，则等于（）A.B.13C.D.29【答案】C【解析】【分析】先求得向量，，进而求得.【详解】依题意，，两式相加得，所以，所以.故选：C5.设为正整数，的展开式中存在常数项，则的最小值为（）A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【分析】写出二项式展开式的通项，令的指数为0，进而可得结果.【详解】的展开式的通项，令得，因为，所以当时，有最小值3，故选：B6.在中，若，，，则等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意由余弦定理直接求得答案.【详解】在中，若，，,则,即，即，解得，舍去，故选：A7.“”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【答案】A【解析】【分析】根据的特征，设函数，并判断其单调性，由此判断“”可推出“”，举反例说明反推不成立，可得答案.【详解】设函数，则，即为单调增函数，则，即得，所以当时，成立，当时，，但推不出成立，故“”是“”的充分而不必要条件，故选：A8.已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最大值为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】先求得圆心的轨迹方程，然后结合点到直线的距离公式求得正确答案.【详解】由于半径为1的圆（设为圆）经过点，所以圆圆心的轨迹是以为圆心，半径为的圆，到直线距离为，所以圆的圆心到直线距离的最大值为.故选：C9.要制作一个容积为的圆柱形封闭容器，要使所用材料最省，则圆柱的高和底面半径应分别为（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】【分析】设圆柱的高为，底面半径为．由，可得，再利用基本不等式即可得出．【详解】解：设圆柱的高为，底面半径为．，．当且仅当，即当时取等号．此时．即当，时取得最小值．故选：C10.设点是曲线上任意一点，则点到原点距离的最大值、最小值分别为（）A.最大值，最小值B.最大值，最小值1C.最大值2，最小值D.最大值2，最小值1【答案】B【解析】【分析】由题设明确点到原点距离为，结合曲线方程，利用基本不等式可得的最小值和最大值，即可得答案.【详解】由题意知点到原点距离为，由于点是曲线上任意一点，可得，当且仅当时取等号，即曲线上的点到原点距离最小，最小值为1；又因为,所以，当且仅当时取等号，故，即，当且仅当时取等号，即点到原点距离的最大值为，故选：B第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.复数的共轭复数______.【答案】##【解析】【分析】根据复数除法的运算求出，再由共轭复数的概念求解即可.【详解】，所以，故答案为：12.已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为60°，则C的离心率为___________.【答案】2【解析】【分析】根据渐近线得到，得到离心率.【详解】由题意可知，，离心率.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线的离心率，属于简单题.13.已知函数，若函数存在最大值，则的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】分段求出函数在不同区间内的范围，然后结合存在最大值即可求解【详解】当，在区间上单调递增，所以此时；当，在区间上单调递减，所以此时，若函数存在最大值，则，解得所以的取值范围为故答案为：14.齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现双方各出上、中、下等马各一匹，分3组各进行一场比赛，胜2场及以上者获胜.若双方均不知对方马的出场顺序，则田忌获胜的概率为______；若已知田忌的上等马与齐王的中等马分在一组，则田忌获胜的概率为______.【答案】①.②.##0.5【解析】【分析】列举出齐王与田忌赛马的每组马对阵的所有情况，即可求出双方均不知对方马的出场顺序时田忌获胜