北京市西城区2024届高三下学期二模考试数学试题 含解析

这是一份北京市西城区2024届高三下学期二模考试数学试题 含解析，共22页。试卷主要包含了 已知向量，满足，，则， 已知集合，．若，则的最小值是， 已知．则“”是“”的， 一组学生站成一排等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页，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，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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数的几何意义得出，再运算化简即可.
【详解】复数对应的点的坐标是，所以，，
所以.
故选：D．
2. 已知向量，满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量坐标运算，先求出，再逐一验证即可.
【详解】因为，，
所以，
所以，故A错；
，故B正确；
，故C错；
因为，所以不平行，故D错.
故选：B
3. 已知集合，．若，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集结果可确定的范围，由此可得结果.
【详解】，，，，
即的最小值为.
故选：C.
4. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用赋值法，令，即可求得正确答案.
【详解】依题意，，
令，得；
令，得，
所以.
故选：B.
5. 已知．则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由充分条件和必要条件的定义求解即可.
【详解】当时，则，当且仅当时取等，所以充分性成立，
取，满足，但，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 已知双曲线的焦点在轴上，且的离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得，化简即可得出答案.
【详解】化简双曲线可得，
因为双曲线的焦点在轴上，所以，
所以的离心率为，
则，所以.
故选：C.
7. 将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象再关于轴对称，得到函数的图象，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正切函数图象的平移变换、对称变换即可得变换后的函数的解析式.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，所得函数为，
则函数的图象再关于轴对称得函数.
故选：D.
8. 楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体，其中面为正方形．若，，且与面的距离为，则该楔体形构件的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，分别为，的中点，连接，，，由，，，可知为三棱柱，再利用椎体与柱体的体积关系计算该几何体的体积．
【详解】如图所示，

设，分别为，的中点，连接，，，
因为面为正方形，所以，又平面，平面，所以平面，
又平面平面，所以 ，
因为，分别为，的中点，，，
所以，则为平行四边形，则，
同理，又，所以为三棱柱，
由题意，可得；
又；
所以该多面体的体积为．
故选：C．
9. 已知是无穷等比数列，其前项和为，．若对任意正整数，都有，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的基本量求得，从而可得公差，由等比数列得前项和公式得，分类讨论，结合数列的单调性即可得求得满足不等式时的取值范围.
【详解】因为等比数列，由可得，所以，
则公比，所以，
当为奇数时，恒成立，所以，
又数列为递增数列，所以，，则此时；
当为偶数时，恒成立，所以，
又数列为递增数列，，则此时；
综上，的取值范围是.
故选：D.
10. 一组学生站成一排.若任意相邻的3人中都至少有2名男生，且任意相邻的5人中都至多有3名男生，则这组学生人数的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】考虑前7个人，分别每相邻的3人取成一组与每相邻的5人取成一组，从而推出矛盾，再考虑人数为6的情况，由此得解.
【详解】如果人数大于6，考虑前7个人：，
每相邻的3人取成一组，则有5组，
因为任意相邻的3人中都至少有2名男生，所以这5个组里至少有10名男生，
即这15人中至少有10名男生；
每相邻的5人取成一组，则有3组，
因为任意相邻的5人中都至多有3名男生，所以这3个组里至多有9名男生，
即这15人中至多有9名男生；
显然矛盾，故人数不可能大于6，
当人数6时，用表示男生，表示女生，则可以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是找到矛盾的分界人数，利用条件推出矛盾，从而得解.
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. 函数的定义域是_______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得出，结合对数函数的单调性求解即可.
【详解】函数的定义域是：
，解得：.
故答案为：.
12. 已知圆经过点和，且与直线相切，则圆方程为_______．
【答案】
【解析】
【分析】设圆的方程为，进而利用待定系数法求解即可.
【详解】设圆的方程为，
则由题意可得，解得，
所以圆的方程为
故答案为：
13. 已知函数．直线与曲线的两个交点如图所示，若，且在区间上单调递减，则_______；_______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据和，可构造方程求得，并确定为半个周期，根据正弦函数单调性可构造方程组求得.
【详解】设，
由得：，，
又，，解得：，
此时的最小正周期，
，在区间上单调递减，
和分别为单调递减区间的起点和终点，
当时，，
，，又，；
综上所述：，.
故答案为：；.
14. 已知函数，，其中．
①若函数无零点，则的一个取值为_______；
②若函数有4个零点，则_______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①结合函数的图象， 函数无零点，即与的图象无交点，所以可得到的一个取值；②由图象对称，即可算出的值.
【详解】画函数的图象如下：
①函数无零点，即 无解，
即与的图象无交点，所以，可取；
②函数有4个零点，即 有4个根，
即与的图象有4个交点，
由关于对称，所以，
关于对称，所以，
所以.
故答案为：；.
15. 在数列中，，．给出下列三个结论：
①存在正整数，当时，；
②存在正整数，当时，；
③存在正整数，当时，．
其中所有正确结论的序号是_______．
【答案】②③
【解析】
【分析】根据递推关系求出，用差比较法可判定各选项.
【详解】对于①：由，，可得，
又，当时，
因为，所以时，故①错误；
对于②：，又，
结合①的结论时，
所以当时，，故②正确；
对于③：，
，
所以当时，，
所以，故③正确；
故答案为：②③.
【点睛】关键点睛：本题关键在于求出，根据递推关系分析出当时，进而判定①，利用差比较法结合结论①可判定②③.
三、解答题（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. 已知函数．在中，，且．
（1）求的大小；
（2）若，且的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简函数，根据题意，得到，进而求得，即可求解；
（2）由（1）和的面积取得，利用余弦定理得，进而求得的值，即可求得的周长.
【小问1详解】
解：由函数，
因为，可得，
在中，因为，所以，
又因为，所以，所以，解得，
因为，所以.
【小问2详解】
解：由（1）知，因为的面积为，所以，
在中，由余弦定理得，即，
整理得，所以，
即，所以，
所以的周长为.
17. 如图，正方体的棱长为，为的中点，点在上．再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点唯一确定，并解答问题．
条件①：；条件②：；条件③：平面．
（1）求证：为的中点；
（2）求直线与平面所成角的大小，及点到平面的距离．
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得分；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．
【答案】（1）证明见解析
（2）；
【解析】
【分析】（1）分别选条件①②③，结合线面平行位置关系判定定理和性质定理，即可得证；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，求得，结合，即可求解.
【小问1详解】
证明：选条件①：由，
根据正方体的对称性，此时点为上的任意一点，所以不成立；
选条件②：．
连接，在正方体中，由平面，
因为平面，所以，
又因为，， 所以，
因为平面，所以，
又因为为的中点， 所以为的中点．
选择条件 ③：平面．
连接，因为平面，平面，
且平面平面，所以所以，
因为为的中点，所以为的中点．
【小问2详解】
解：在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则．于是，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的大小为，
点到平面的距离为.
18. 为研究中国工业机器人产量和销量的变化规律，收集得到了年工业机器人的产量和销量数据，如下表所示．
记年工业机器人产量的中位数为，销量的中位数为．定义产销率为“”．
（1）从年中随机取年，求工业机器人的产销率大于的概率；
（2）从年这年中随机取年，这年中有年工业机器人的产量不小于，有年工业机器人的销量不小于．记，求的分布列和数学期望；
（3）从哪年开始的连续年中随机取年，工业机器人的产销率超过的概率最小．结论不要求证明
【答案】（1）
（2）分布列见解析；
（3）2018年和年
【解析】
【分析】（1）按古典概型的概率计算求解.
（2）先根据中位数的概念确定，的值，在确定，的所有可能值，进一步得的所有可能的取值，再求的分布列.
（3）计算产销率，可直接得到结论.
【小问1详解】
记事件为“工业机器人的产销率大于”．
由表中数据，工业机器人的产销率大于的年份为年，年，年，年，共年．
所以．
【小问2详解】
因为，，
所以的所有可能的取值为；的所有可能的取值为．
所以的所有可能的取值为．
，，．
所以的分布列为：
故的数学期望．
【小问3详解】
2018年和年．
19. 已知函数，其中．
（1）若在处取得极小值，求的值；
（2）当时，求在区间上最大值；
（3）证明：有且只有一个极值点．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用可导函数的极小值点是导数值为0的充分不必要条件来解题需要检验；
（2）一阶导函数不能够判断正负，需要借助二阶导函数来进一步研究一阶导函数的取值恒为正，从而来判断原函数在区间是单调递增的，即可得到最大值；
（3）一阶导函数看不出零点及取值的正负，但可以对参数分两类讨论，当时，是二次函数易得证，当，则需要二阶导函数，此时联想到不等式可证，则可判断，从而得到的单调性，然后判断函数零点的存在性，问题即可得证.
【小问1详解】
由，
因为在处取得极小值,所以，
即，解得，
检验：当时，，由二次函数的性质可得：
在上单调递减，在上单调递增，满足题意，
所以．
【小问2详解】
当时，，．
令，则，
因为，所以，
即在区间上单调递增，
所以，即，
所以在区间上单调递增，即的最大值为．
【小问3详解】
由，
当时，，由二次函数的单调性可得：
在上单调递减，在上单调递增，
所以恰有一个极值点；
当时，设，
则．
因为，且，
所以，即在上单调递增．
因为，，
所以存在，使，
根据在上单调递增，
可知当时，，所以在上单调递减，
可知当时，，所以在上单调递增，
即恰有一个极值点．
综上所述，当时，有且只有一个极值点．
20. 已知椭圆的一个顶点为，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设点是第一象限内椭圆上一点，过作轴的垂线，垂足为．点关于原点的对称点为，直线与椭圆的另一个交点为，直线与轴的交点为．求证：三点共线．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得、的值，从而求出，即可得解；
（2）设，表示出直线的方程，即可求出点坐标，联立直线的方程与椭圆方程，消元，设，利用韦达定理求出，从而表示出，计算出，即可得证.
【小问1详解】
依题意可得 ，解得，
所以椭圆方程为．
【小问2详解】
[方法一]：设而不求
设，则，，其中，．
则直线的方程为，令，可得，所以，
又直线的方程为，
由，消去整理得，
所以，
设，所以，解得．
所以，所以．
由题意，点均不在轴上，所以直线的斜率均存在，
且
，
即，所以、、三点共线．

[方法二]：转化思想
设则，
且，，，
则:，令，则，，
又:，:，
设与交于点，由，解得，
若、、三点共线，则点为点，即点在椭圆上，
则只需证明，
，
所以点在椭圆上，所以、、三点共线.

[方法三]：
设且，则，，
∵，所以:，
由，消去整理得，
所以，设，则，
所以，则，
，
又:，令，则，，
，
又，
所以
，∴、、三点共线.
[方法四]：
依题意的斜率存在且不为，设的方程为，
，消去整理得，
显然，所以，，，
，则，
所以，则的方程为，
由，所以，
显然，，
所以，
则，
所以
，
又，
所以，
∴、、三点共线.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21. 已知数列，从中选取第项、第项、…、第项构成数列，称为的项子列．记数列的所有项的和为．当时，若满足：对任意，，则称具有性质．规定：的任意一项都是的项子列，且具有性质．
（1）当时，比较的具有性质的子列个数与不具有性质的子列个数的大小，并说明理由；
（2）已知数列．
（ⅰ）给定正整数，对的项子列，求所有的算术平均值；
（ⅱ）若有个不同的具有性质的子列，满足：，与都有公共项，且公共项构成的具有性质的子列，求的最大值．
【答案】（1）的具有性质的子列个数大于不具有性质的子列个数；理由见解析
（2）（ⅰ）；（ⅱ）见解析.
【解析】
【分析】（1）根据定义得出时，共有个子列，结合性质的内容即可判断；
（2）（ⅰ）根据是的项子列，也是的项子列，可得，又有个项子列，即可求出结果；
（ⅱ）设的首项为，末项为，记，则可得对任意，都有，故共有种不同的情况，又，所以分为奇数或者偶数两种情况进行分析即可.
【小问1详解】
当时，共有个子列，
其中具有性质的子列有个，
故不具有性质的子列有个，
所以的具有性质的子列个数大于不具有性质的子列个数．
【小问2详解】
（ⅰ）若是的项子列，
则也是的项子列．
所以．
因为给定正整数，有个项子列，
所以所有的算术平均值为．
（ⅱ）设的首项为，末项为，记．
若存在，使，则与没有公共项，与已知矛盾．
所以，对任意，都有．
因为对于，，，
所以共有种不同的情况．
因为互不相同，
所以对于不同的子列，与中至多一个等式成立．
所以．
当是奇数时，取，，
共有个满足条件的子列．
当是偶数时，取，，
共有个满足条件的子列．
综上，为奇数时，的最大值为；为偶数时，的最大值为．
【点睛】方法点睛：（1）阅读理解能力考查；（2）分类讨论思想；（3）数列和集合概念的理解.
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