2023-2024学年北京市密云区高三上学期期末考试数学试题

这是一份2023-2024学年北京市密云区高三上学期期末考试数学试题，文件包含北京市密云区高三上学期期末考试数学试题原卷版docx、北京市密云区高三上学期期末考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。

1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用交集的运算法则进行运算.
【详解】.
故选：B
2. 如图所示，角的终边与单位圆在第一象限交于点．且点的横坐标为，若角的终边与角的终边关于轴对称，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数的定义得到，结合诱导公式求出.
【详解】显然，，的终边与角的终边关于轴对称，故，，所以，所以C正确
故选：C
3. 已知，且，，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】ABC可以通过举出反例，D选项可以通过不等式的基本性质进行求解.
【详解】当时，，而，，而无意义，故ABC错误；
因，所以，D正确.
故选：D
4. 下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本初等函数的单调性、奇偶性以及函数奇偶性的定义逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，函数为偶函数，且在上不单调；
对于B选项，令，该函数的定义域为，，
所以，函数为偶函数，且该函数在上单调递减；
对于C选项，令，该函数的定义域为，，
所以，函数为奇函数；
对于D选项，令，该函数的定义域为，，
所以，函数为偶函数，
当时，，故函数在上增函数.
故选：D.
5. 若数列满足，，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件判断数列的类型为等比数列，根据等比数列通项公式和前n项和公式即可求解.
【详解】由，，且知数列是等比数列，公比q＝2，首项.
故，.
故选：C.
6. 在△中，，，分别是角，，的对边，若，且，，则的值为（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理边角关系及已知条件可得，再由三角形内角的性质有，进而应用余弦定理求的值.
【详解】由题设，且，可得，，
所以，又，，
所以，即.
故选：B.
7. 如果函数在上的图象是连续不断的一条曲线，那么“”是“函数在内有零点”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】由零点存在性定理得出“若，则函数在内有零点”举反例即可得出正确答案.
【详解】由零点存在性定理可知，若，则函数在内有零点
而若函数在内有零点，则不一定成立，比如在区间内有零点，但
所以“”是“函数在内有零点”的充分而不必要条件
故选：A
【点睛】本题主要考查了充分不必要条件的判断，属于中档题.
8. 已知函数，，则（ ）
A. 最大值为2，最小值为1
B. 最大值为，最小值为1
C. 最大值为，最小值为1
D. 最大值为，最小值为
【答案】B
【解析】
【分析】利用化简f(x)解析式，根据二次函数的性质即可求f(x)最值.
【详解】，
时，sinx∈[，1]，
∴当sinx＝时，f(x)最大值为；当sinx＝1时，f(x)最小值为1.
故选：B.
9. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过焦点的直线与抛物线交于、两点，且，则点到轴的距离为（ ）
A. 1B. 2
C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】可设出直线方程与抛物线方程联立，得出，再由焦半径公式表示出，得到，结合这两个关系式可求解
【详解】已知焦点F到准线的距离为2，得，可得
设()，，
与抛物线方程联立可得：
，，①
又，，②
根据①②解得，
点A到y轴的距离为2.
故选：B
10. 心理学家有时使用函数来测定在时间内能够记忆的量，其中A表示需要记忆的量，表示记忆率．假设一个学生有200个单词要记忆，心理学家测定在5min内该学生记忆20个单词．则记忆率所在区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据题意解方程，解出，在和端点值比较大小，由函数单调性和函数连续得到结果.
【详解】将代入，解得：，其中单调递减，而，，而在上单调递减，所以，结合单调性可知，即，而，其中为连续函数，故记忆率所在区间为.
故选：A
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 在复平面内，复数对应的点为，则点的坐标为________．
【答案】(1,1)
【解析】
【分析】根据复数的计算法则化简复数即可得其对应点坐标.
【详解】∵，
∴.
故答案为：(1,1).
12. 设的展开式的二项式系数之和为32，则________，其展开式的第三项为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先根据条件求出，再结合二项展开式式即可求解．
【详解】因为的展开式的二项式系数之和为32，
所以，即；
其展开式的第三项为.
故答案为：，.
13. 已知直线过定点，圆，若直线与圆相切于点，则的值为________；使得直线与圆相交的的取值可以是________（写出一个即可）．
【答案】 ①. 16 ②. 4（答案不唯一）
【解析】
【分析】利用数量积的定义及圆的性质可得，然后利用切线长公式即得.
【详解】由直线，可知定点，
圆，得，圆心，半径为1，
∴，又直线与圆相切于点，
则AP⊥CP,,
∴，
当在直线上时，直线与圆相交，此时，即，
故答案为：16；4（答案不唯一）.
14. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，直线过双曲线的一个焦点，并且与双曲线的一条渐近线平行，则双曲线的方程为________；若点，则的值为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】求出的值，根据已知条件得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出双曲线的方程；判断出点在双曲线的左支上，利用双曲线的定义可求得的值.
【详解】在直线的方程中，令可得，则，
由于直线与双曲线的一条渐近线平行，则，解得 ，
因此，双曲线的方程为；
因为，所以，点在双曲线的左支上，故.
故答案为：；.
15. 设函数满足条件，，，且区间上，其中集中．给出下列四个结论：
①；
②函数的值域为；
③函数在上单调递增；
④函数在上单调递减．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】①③##③①
【解析】
【分析】根据题意和周期函数的定义求出即可判断①；
举例说明即可判断②；
求出函数在上的解析式即可判断③；
作出函数的大致图象，利用数形结合的思想即可判断④.
【详解】由题意知，函数是定义域为R上的偶函数，且周期为2，
①：，又，所以，故①正确；
②：当时，，又函数的定义域不含，
所以原分段函数的值域不含，故②错误；
③：由，得，且，
所以函数在上的解析式为，单调递增，故③正确；
④：因为函数为R上的偶函数，所以在上的图象与在上
的图象关于y轴对称，而集合M为断续的数集，则在上的图象大致如图，
由图可知在上不单调，故④错误.
故答案为：①③
三、解答题：本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16. 为了解某地区居民每户月均用电情况，采用随机抽样的方式，从该地区随机调查了户居民，获得了他们每户月均用电量的数据，发现每户月均用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开区间），得到如下频率分布直方图：
（1）记频率分布直方图中从左到右的分组依次为第组、第组、、第组，从第组、第组中任取户居民，求他们月均用电量都不低于的概率；
（2）根据上述频率分布直方图，估计月均用电量的样本数据的第百分位数；
（3）该地区为提倡节约用电，拟以每户月均用电量为依据，给该地区月均用电量不少于的居民用户每户发出一份节约用电倡议书，且发放倡议书的数量为该地区居民用户数的．请根据此次调查的数据，估计应定为多少合适？（只需写出结论）．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）分析可知户居民中，第组的居民数为，第组的居民数为，利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）设月均用电量的样本数据的第百分位数为，分析可得，根据已知条件可得出关于的等式，即可解得的值；
（3）计算出月均用电量的样本数据的第百分位数，即可得解.
【小问1详解】
解：由频率分布直方图可知，户居民中，第组的居民户数为，
第组的居民户数为，
从第组、第组中任取户居民，他们月均用电量都不低于的概率为.
【小问2详解】
解：前个矩形的面积之和为，
前个矩形的面积之和为，
设月均用电量的样本数据的第百分位数为，则，
则，解得，
因此，估计月均用电量的样本数据的第百分位数为.
【小问3详解】
解：前个矩形的面积之和为，
设月均用电量的样本数据的第百分位数为，则，
则，解得，
故应定为较为合适.
17. 已知函数．在下列条件①、条件②、条件③这三个条件中，选择可以确定和值的两个条件作为已知．
（1）求的值；
（2）若函数在区间上是增函数，求实数的最大值．
条件①：的最小正周期为；
条件②：的最大值与最小值之和为0；
条件③：．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）先对函数化简得，若选择①和②，则，，求出的值，从而可得的解析式，从而可求出，若选择①和③，则，求出的值，从而可得的解析式，从而可求出，若选择②和③时，不存在，
（2）由（1）得到的解析式，求出函数的增区间，再根据题意可求出的最大值
【小问1详解】
（1）若选择①和②，则
，，
解得，
所以
所以，
若选择①和③，则
，
解得，
所以，
所以，
若选择②和③，则
，且，这样的不存在，
【小问2详解】
由（1）可知，若选择①和②，，
由，得
，
所以的增区间为，
因为函数在区间上是增函数，
所以实数的最大值为，
若选择①和③，则，
由，得
，
所以的增区间为，
因为函数在区间上是增函数，
所以实数的最大值为，
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点．
（1）求证：；
（2）当点为线段的中点时，求点到平面的距离；
（3）是否存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为．若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）存在，且.
【解析】
【分析】（1）连接、，证明出平面，利用线面垂直的性质可得出，再结合可证得结论成立；
（2）推导出平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离；
（3）设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合可求得的值，即可得出结论.
【小问1详解】
证明：连接、，
因为四边形为菱形，则，因为，则为等边三角形，
因为为的中点，故，
因为为等边三角形，为的中点，则，
，平面，平面，则，
，故.
【小问2详解】
解：因为平面平面，平面平面，，平面，平面，
因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
解：设，其中，
，
由题意，
整理可得，因为，解得，
因此，存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，此时.
19. 已知函数，．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若函数有两个不同的零点，记较大的零点为，证明：当时，．
【答案】（1）；
（2）答案见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出、，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；
（2）求得，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；
（3）分析可得，将所证不等式等价变形为对任意的恒成立，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，可得出，即可证得结论成立.
【小问1详解】
解：因为，则，所以，，，
因此，曲线在点处的切线方程，
即.
【小问2详解】
解：函数的定义域为，且.
当时，对任意的，，此时函数的单调递增区间为，无递减区间；
当时，由，可得.
当时，；当时，.
此时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上所述，当时，函数的单调递增区间为，无递减区间；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问3详解】
证明：由可得，
因为函数有两个不同的零点，且较大的零点为，则，
要证对任意的恒成立，
即证对任意的恒成立，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递减，所以，，
因为，则，即，故原不等式得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
20. 已知椭圆过，两点．设为第一象限内一点且在椭圆上，直线与轴交于点，直线与轴交于点．
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）设椭圆的右顶点为，求证：三角形的面积等于三角形的面积；
（3）指出三角形的面积是否存在最大值和最小值，若存在，写出最大值，最小值（只需写出结论）．
【答案】（1），；
（2）证明见解析； （3）存在最大值，且最大值为.
【解析】
【分析】(1)根据椭圆过的点的坐标可得，进而求出c，即可得出结果；
(2)设点，利用两点坐标求出直线MA、MB的方程，求出点P、Q的坐标，进而表示出，利用分析法证明即可；
(3)由(2)可得，进而可得，
令，利用导数求出即可得出结果.
【小问1详解】
由题意知，椭圆C：过点，
所以，所以，
所以椭圆C的方程为：，离心率为；
【小问2详解】
由题意知，，设点，得，
所以直线MA的方程为：，直线MB的方程为：，
所以，所以，
故，，
要证，只需证，
只需证，
只需证，
又点在椭圆上，所以，即，
所以；
【小问3详解】
三角形MPQ的面积存在最大值.
由(2)知，，，得，
，
令，则，
令，函数单调递增，
令，函数单调递减，
所以，
即当时，有最大值，且最大值为，无最小值.
所以三角形MPQ的面积存在最大值，无最小值，且最大值为.
21. 在各项均不为零的数列中，选取第项、第项、…、第项，其中，，若新数列为等比数列，则称新数列为的一个长度为的“等比子列”．已知等差数列，其各项与公差均不为零．
（1）若在数列中，公差，，且存在项数为3的“等比子列”，求数列的通项公式；
（2）若，数列为的一个长度为的“等比子列”，其中，公比为．当最小时，求的通项公式；
（3）若公比为的等比数列，满足，，，证明：数列为数列的“等比子列”．
【答案】（1）或；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)“等比子列”可能为：；；；，根据等比数列和等差数列的性质，可求的通项公式；
(2)要使公比q最小，则，结合、等比等差数列通项公式即可求的通项公式；
(3)要证数列为数列的“等比子列”，即要证数列中每一项都是数列中的项，可用数学归纳法证明.
【小问1详解】
由题可设，
①n＝3时，“等比子列”仅可能为：则，无解；
②n＝4时，“等比子列”可能为：；；，
经验证：“等比子列”为时无解；
“等比子列”为时，前4项为：2，4，6，8，通项为；
“等比子列”为时，前4项为：－8，－6，－4，－2，通项为；
【小问2详解】
由题可知，
∵，∴为递增的等差数列，要使公比q最小，则，
即，∴，∴，
又，∴，解得；
【小问3详解】
由有，即.
∵，，
∴，
即，解得或.
∵，∴.
要证数列为数列的“等比子列”，即要证数列中每一项都是数列中的项，
用数学归纳法证明：
①由以上推理及题设知的前三项满足，即时结论成立.
②假设当时，结论成立，即存在使.
当时，
.
即是的第项.
故时，结论成立.
由①②可知，总有是中的某一项.
综上所述，数列为数列的“等比子列”.