北京市景山学校远洋分校2023-2024学年高三下学期开学统一考试数学试卷（解析版）

这是一份北京市景山学校远洋分校2023-2024学年高三下学期开学统一考试数学试卷（解析版），共18页。

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，将本试卷和答题卡一并交回．
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. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先用列举法表示集合A，再求补集即可.
【详解】因为,
所以,
因为,
所以,
所以.
故选：B.
2. 在的展开式中，常数项为（ ）
A. B. 24C. D. 48
【答案】B
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令的指数为求出，将的值代入通项求出展开式的常数项．
【详解】二项式展开式的通项为，令，解得，所以展开式的常数项为
故选：B
3. 如图，在复平面内，复数对应的点为，则复数的虚部为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由的坐标得到，由复数的除法运算得到，从而得到的虚部.
【详解】由图可得，所以，
所以，虚部为.
故选：B.
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】用特殊值代入判断即可.
【详解】对于A，取满足题意，但23>13，故A错误；
对于B，取满足题意，但ba=2>1，故B错误；
对于C，因为,所以,
因为指数函数在R上单调递减，
所以,故C正确；
对于D，取满足题意，但，故D错误.
故选：C.
5. 已知抛物线的焦点为F，点在该抛物线上，且P的横坐标为4，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据抛物线焦半径公式计算得到答案.
【详解】抛物线的准线方程为，
因为点在抛物线上，P的横坐标为4，抛物线的焦点为F，
所以等于点到直线的距离，
所以，
故选：D.
6. 已知为非零向量，且，，则“”是“存在实数，使得”成立的（ ）
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】根据得到，从而，充分性成立；根据时，，但不一定得到，必要性不成立，从而得到正确答案.
【详解】充分性：，所以，
又因为，所以，
又因为，所以，，
所以，，充分性成立；
必要性：若，则，
但不一定满足，必要性不成立.
所以，”是“存在实数，使得”成立的充分而不必要条件.
故选：A.
7. 已知点，点满足，则点到直线的距离的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件可得点是圆上的一点，因此点到直线的距离的最大值为,只需用点到直线的距离求出的最大值即可.
【详解】设点，
因为,
所以,
所以点是在以为圆心，半径为1的圆上，
因为点到直线的距离,
当且仅当时等号成立，
所以点到直线的距离的最大值为.
故选：C.
8. 庑殿（图1）是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，多用于宫殿、坛庙、重要门楼等高级建筑上，庑殿的基本结构包括四个坡面，坡面相交处形成5根屋脊，故又称“四阿殿”或“五脊殿”．图2是根据庑殿顶构造的多面体模型，底面是矩形，且四个侧面与底面的夹角均相等，则（ ）．

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，，设四个侧面与底面的夹角为，即可得到，根据三角形全等得到方程，整理即可.
【详解】如图所示，设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，．
则为侧面与底面的夹角，为侧面与底面的夹角，
设四个侧面与底面的夹角为，则在和中，，

又为公共边，所以，即，整理得．
故选：A
9. 已知是公差为的等差数列，集合，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为数列是公差为的等差数列,
所以,
所以,
所以数列是周期为3的数列.
不妨取,则,
所以,
所以,
所以.
故选：D.
10. 已知两个半径不等的圆盘叠放在一起（有一轴穿过它们的圆心），两圆盘上分别有互相垂直的两条直径将其分为四个区域，小圆盘上所写的实数分别记为，大圆盘上所写的实数分别记为,如图所示.将小圆盘逆时针旋转次，每次转动，记为转动次后各区域内两数乘积之和，例如. 若，，则以下结论正确的是

A. 中至少有一个为正数B. 中至少有一个为负数
C. 中至多有一个为正数D. 中至多有一个为负数
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意可知：
（）>0,
又（）
去掉括号即得：
=>0,
所以可知中至少有一个为正数，故选A
点睛：借此题关键是要根据题意明白所表达的意思，然后容易发现（）=>0从而得出结论
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. 已知数列满足，，（），则的前项和为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由题可知数列为等比数列，根据题意求出首项和公比即可知道前项和.
【详解】因为,
所以数列是公比为12的等比数列，
因为,
所以,
所以,
.
故答案为：15.
12. 已知，，则的值为 _________．
【答案】
【解析】
【分析】根据指数式和对数式的互化及对数的运算性质计算即可.
【详解】因为,
所以,
所以.
故答案为：2.
13. 已知的面积为，则_________．
【答案】
【解析】
分析】根据余弦定理及三角形面积公式求解即可.
【详解】因为,
又因,
所以,
因为ab>0,C∈(0,π),
所以,
所以,
因，
所以.
故答案为：.
14. 已知双曲线与直线无公共点，则正数的一个取值可以为_________．
【答案】12（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意可知，只需直线的斜率大于等于渐近线的斜率即可.
【详解】双曲线的一条渐近线的斜率为,
若双曲线与直线无公共点，
只需,
解得.
故的一个取值可以为12.
故答案为：12（答案不唯一）.
15. 已知四边形是椭圆的内接四边形，其对角线和交于原点，且斜率之积为．给出下列四个结论：
①四边形是平行四边形；
②存在四边形是菱形；
③存在四边形使得；
④存在四边形使得．
其中所有正确结论的序号为__________．
【答案】①③④
【解析】
【分析】利用椭圆的对称性判断①；利用菱形的对角线互相垂直可判断②；利用正切函数的和差公式与性质判断③；利用斜率关系得到的表达式，然后利用基本不等式求的最大值，可判断④.
【详解】因为四边形是椭圆的内接四边形，和交于原点，
由椭圆的对称性可知且，
所以四边形是平行四边形，故①正确；
假设对角线和的斜率分别为 ，
若四边形是菱形，则其对角线互相垂直，即，
而这与矛盾，所以不存在四边形是菱形，故②错误；
不妨设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，且，
则，又，则，
则
，
又，则，
所以存在四边形使得，故③正确；
直线的方程，直线的方程，
由，得，即，可得，
同理可得，
则，
由，得，令，
则
，
当且仅当，即时，等号成立；
于是，
当且仅当，即四边形矩形时，等号成立，
所以存在四边形使得，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点睛：本题结论④的解决关键是利用弦长公式得到关于的表达式，从而利用基本不等式即可得解.
三、解答题共4小题．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16. 已知函数．
（Ⅰ）求的定义域；
（Ⅱ）设，且，求的值．
【答案】（I）（II），或
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）使正切函数有意义，需满足，解不等式得定义域；（Ⅱ）将代入得，将切化弦结合诱导公式得，等价于，或，结合的范围可得结果．
试题解析：（Ⅰ）由，得，．
所以 函数的定义域是．
（Ⅱ）依题意，得，所以，
整理得，所以，或．
因为 ，所以，由，得，；由，得，，所以，或．
17. 如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，分别为的中点.

（1）求证：平面；
（2）若，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知．求二面角的大小.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）取中点，证得，得到四边形为平行四边形，证得EF//BM，结合线面平行的判定定理，即可证得平面.
（2）选择条件①：根据题意，证得，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解；选择条件②：以为原点，连接，求得，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，
在中，分别为的中点，所以且，
在菱形中，因为且，
所以,所以四边形为平行四边形，所以EF//BM，
又因为平面，且平面，所以平面.
【小问2详解】
解：选择条件①：
因为平面，平面，
所以.
连接，因为，且，
所以，在菱形中，，即为正三角形，
又因为为中点，所以，
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，因为且.
又因为为正三角形且，所以，
则，则，
由平面，可得平面的法向量为，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以，所以二面角的大小为.

选择条件②：
因为平面，且平面，所以.
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
连接，因为且，又因为又为中点，所以，
所以为正三角形且，所以，
则，则，
由平面，可得平面的法向量为，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以，所以二面角大小为.

18. 2023年10月17日至18日，第三届“一带一路”国际合作高峰论坛在北京举行，成为纪念“一带一路”倡议十周年最隆重的活动．此次活动主题为“高质量共建‘一带一路’，携手实现共同发展繁荣”，而作为“一带一路”重要交通运输的中欧班列越来越繁忙．下表是从2018年到2022年，每年中欧班列运行的列数（单位：万列）．
（1）计算中欧班列从2018到2022年的平均运行列数；
（2）从2018年到2022年这5年中随机选取3年，运行列数大于1.24（单位：万列）有年，求的分布列和数学期望；
（3）设2018年，2019年，2020年运行列数的方差为，2020年，2021年，2022年运行列数的方差为，从2018年到2022年这5年的运行列数的方差为，试判断，，的大小关系．（结论不要求证明）
【答案】（1）万列
（2）分布列见解析；期望为
（3）
【解析】
【分析】（1）由平均值的计算公式计算可得；
（2）由超几何分布的概率计算得到分布列，由数学期望的计算公式得到数学期望；
（3）观察五个数据的离散程度，对方差的大小进行判断.
【小问1详解】
从2018年到2022年运行列数的平均值为
．
所以中欧班列从2018到2022年的平均运行列数为万列．
【小问2详解】
可能的取值为．
，，．
随机变量的分布列为
随机变量的期望为．
【小问3详解】
.
证明：设2018年，2019年，2020年运行列数的平均数为，
2020年，2021年，2022年运行列数的平均数为，
从2018年到2022年这5年的运行列数的平均数为，
则，，，
，
，
，
所以.
19. 已知函数
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设函数，求的单调区间；
（3）若对恒成立，求最大值与的最小值．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）的最小值为0，的最大值为
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）利用导函数研究函数的单调性，要注意对参数进行讨论；
（3）先对式子进行变形为，再令，因此，再构造函数并结合（2）的结论讨论即可.
【小问1详解】
的定义域为,
，
所以,
又，
所以曲线在点处的切线方程为．
【小问2详解】
由，得：．
注意到，
①当时，，所以在递减；
②当时，，所以在递增；
③当时，令得：．
综上，当时，的单调增区间是，无单调减区间；
当时，的单调减区间是，无单调增区间；
当时，的单调增区间是，单调减区间是．
【小问3详解】
对恒成立等价于．
设，则等价于，
即 ，且
由（2）知：
当时，在区间单调递减，故，
即对任意，ln(1-u)>bu；
当时，在区间单调增，故，
即对任意，．
当时，在区间单调递增，在区间单调递减．
所以的极大值．
因为，又可证得，
设，
设，
则，
故此在单调递增，
，
故此，
当时成立，所以存在，使得，
且当时，；当时，，不合题意．
综上，的最小值为0，的最大值为．
【点睛】思路点睛：不等式对恒成立等价于，再用换元的方法转化为，这样函数的形式简单，讨论起来更加简便.年份
2018
2019
2020
2021
2022
运行列数
0.63
0.82
1.24
1.5
1.6
↗
极大值
↘