北京丰台区2023~2024学年高三数学第二学期综合练习二试题｛含答案｝

这是一份北京丰台区2023~2024学年高三数学第二学期综合练习二试题｛含答案｝，共26页。
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】C
【解析】
【分析】由补集和交集的定义求解.
详解】集合，
，，.
故选：C
2. 在复平面内，复数的对应点为，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依据题意可得复数，然后根据共轭复数的概念，可得结果.
【详解】由题可知：复数的对应点为，则
所以
故选：A
【点睛】本题考查共轭复数以及复数与所对应的点之间的关系，熟悉概念，属基础题.
3. 已知数列对于任意，都有，若，则（）
A. 2B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，分别取，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】因为数列对于任意，都有，
取，则，
取，则，则.
故选：C
4. 下列函数中，是偶函数且在区间上单调递增的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性定义判断奇偶性，再利用相应函数的性质判断ACD选项，利用判断B选项即可.
【详解】对于A，因为，所以是偶函数，当时，，是反比例函数，在上单调递减，故A错误；
对于B，因为，所以是偶函数，
当时，，
，，在上单调递增，故B正确；
对于C，因为，所以是奇函数，当时，不单调，故C错误；
对于D，因为，所以是奇函数，当时，不是单调递增函数，故D错误；
故选：B.
5. 若，且，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】举反例即可求解ABC，根据不等式的性质即可求解D.
【详解】由于，取，，，无法得到，，故AB错误，
取,则，无法得到，C错误，
由于，则，所以，
故选：D
6. 已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，能使成立的一组条件是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用给定条件得到，判断A，利用给定条件得到判断B，举反例判断C，D即可.
【详解】对于A，若，则，故A错误，
对于B，若，则，故B正确，
对于C，若，则可能相交，平行或异面，故C错误，
对于D，若，则可能相交，平行或异面，故D错误.
故选：B
7. 已知函数的导函数是，如果函数的图像如图所示，那么的值分别为（）
A. 1，0B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求导可得，从而可得的解析式，再结合函数图像代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，
则，
则
，其中，
由图像可知，函数的最大值为，即，且，
所以，，即，
又函数过点，将点代入可得，
即，或，
又，则当时，无解，
当时，，则，
所以，.
故选：A
8. 已知曲线与直线，那么下列结论正确的是（）
A. 当时，对于任意，曲线与直线恰有两个公共点
B. 当时，存在，曲线与直线恰有三个公共点
C. 当时，对于任意的，曲线与直线恰有两个公共点
D. 当时，存在，曲线与直线恰有三个公共点
【答案】C
【解析】
【分析】根据曲线的对称性，分别讨论当直线与曲线的上、下半部分相切时的取值即可求解.
【详解】曲线的图象如图所示，
若，当直线与曲线上半部分相切时，由整理得，
由得，
当直线与曲线下半部分相切时，由整理得，
由得，
结合曲线图象的对称性可得，当或时，曲线与直线有一个交点，
当时，曲线与直线没有交点，当或时，，曲线与直线有两个交点，AB说法错误；
若，当直线与曲线上半部分相切时，由整理得，
由得，
当直线与曲线下半部分相切时，由整理得，
由得，
结合曲线图象的对称性可得，对于任意的，曲线与直线恰有两个公共点，C说法正确，D说法错误，
故选：C
9. 已知等差数列的公差为，首项，那么“”是“集合恰有两个元素”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】依据题意证明充分性成立，举反例否定必要性即可.
【详解】对于充分性，已知等差数列的公差为，首项，
当“”时，集合恰有两个元素，
故充分性成立，对于必要性，当时，
“集合也恰有两个元素”，故必要性不成立，
故“”是“集合恰有两个元素”的充分而不必要条件.
故选：A
10. “用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线”．利用这个原理，小明在家里用两个射灯（射出的光锥视为圆锥）在墙上投影出两个相同的椭圆（图1），光锥的一条母线恰好与墙面垂直．图2是一个射灯投影的直观图，圆锥的轴截面是等边三角形，椭圆所在平面为，则椭圆的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由勾股定理结合余弦定理代入计算可得，再由相似三角形的相似比结合勾股定理可分别计算出椭圆的，结合椭圆的离心率即可得到结果.
【详解】设，由于，所以，在等边三角形中，
点为的中点，于是，在平面中，由椭圆的对称性可知，
，连接，延长与交于点，
由于为中点，所以在中，，
由勾股定理可得，
在中，，，，由余弦定理可得
，
在中，由于，所以，
于是有，
设椭圆短轴的两个顶点为，连接分别交圆锥于，
由于，所以，
由于为圆锥母线，所以，
从而有，
在中，由勾股定理可得，
所以在椭圆中，，，
则，
则离心率为.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题主要考查了椭圆定义的理解以及椭圆离心率的求解，难度较大，解答本题的关键在于结合椭圆的定义以及余弦定理代入计算，分别求得，从而得到结果.
第二部分（非选择题110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知函数，那么______．
【答案】1
【解析】
【分析】先求出，再求即可.
【详解】易知，故，
故答案为：1
12. 若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，将展开计算，即可得到结果.
【详解】，
所以.
故答案为：
13. 如图，在正方形中，，点分别为的中点，点在上，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的线性运算可得，即可利用数量积的运算律求解.
【详解】设,则.
故答案为：4
14. 如图，正方体的棱长为2，分别为的中点，为过直线的平面．从下列结论①，②中选择一个，并判断该结论的真假．你选的结论是______（填“①”或“②”），该结论是______命题（填“真”或“假”）．
①平面截该正方体所得截面面积的最大值为；
②若正方体的12条棱所在直线与平面所成的角都等于，则．
【答案】 ①. ①（答案不唯一） ②. 假（答案不唯一）
【解析】
【分析】选①，根据四边形的面积即可判断，选②，根据三棱锥为正三棱锥，利用等体积法求解与平面所成角的正弦值即可求解②.
【详解】若选①，平面是过直线平面．此时四边形即为该平面截正方体所得截面，由于四边形的面积为,故①为假命题，
若选②，由于三棱锥为正三棱锥，所以与平面所成角均相等，故平面平面，
设到平面的距离为，则
所以与平面所成角的正弦值为，故，②为真命题
故答案为：①（答案不唯一），假（答案不唯一）
15. 设函数给出下列四个结论：
①当时，函数在上单调递减；
②若函数有且仅有两个零点，则；
③当时，若存在实数，使得，则的取值范围为；
④已知点，函数的图象上存在两点，关于坐标原点的对称点也在函数的图象上．若，则．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】②③④
【解析】
【分析】根据时，即可判断①，求解方程的根，即可求解②，结合函数图象，求解临界状态时，即可求解③，根据函数图象的性质可先判断，继而根据对称性联立方程得，，根据可得，代入即可求解④.
【详解】当时，时，，故在上不是单调递减，①错误；
对于②，当显然不成立，故，
当时，令，即，得，，要使有且仅有两个零点，则，故，②正确，
对于③, 当时,,此时在单调递减，在单调递增，如图：
若，由，故，所以的取值范围为；③正确
对于④,由①③可知：时，显然不成立,故，
要使，关于坐标原点的对称点也在函数的图象上，
则只需要的图象与有两个不同的交点，如图：
故，
，
由对称可得，
化简可得，故，
，化简得
所以
由于均大于0，所以，，
因此
由于，为单调递增函数，且，
此时，因此，④正确，
故答案为：②③④
【点睛】方法点睛：函数零点问题常用的方法和思路
（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步聚或证明过程.
16. 已知满足．
（1）求；
（2）若满足条件①、条件②、条件③中的两个，请选择一组这样的两个条件，并求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：．
【答案】（1）
（2）见解析.
【解析】
【分析】（1）根据辅助角公式可得，即可求解，
（2）选择①②，根据正弦定理可得与矛盾，即可求解，选择②③，根据,故，，这与矛盾，再由三角恒等变换及正弦定理、三角形面积公式即可求解，选择①③，根据余弦定理可得，，即可由面积公式求解.
【小问1详解】
由得，所以,
由于，所以
【小问2详解】
若选①，②，
则,
由正弦定理可得，这与矛盾，故不可以选择①②，
若选①，③，
由余弦定理可得，解得，，
此时，不满足②，符合题意；
此时，
选②，③，
由于,
又,故，
而，故，这与①矛盾，因此可以选择②③；
则，，
由正弦定理可得，
所以.
17. 在正四棱柱中，为中点，直线与平面交于点．
（1）证明：为的中点；
（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质定理判断；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求线面角确定点位置，再由空间向量法求二面角．
【小问1详解】
如图，连接，，在正四棱柱中，
由与平行且相等得是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，是中点，
所以是的中点；
【小问2详解】
以为轴建立空间直角坐标系，如图，设（），
则，，，，
，，
设平面的一个法向量是，则
，取，得，
因为直线与平面所成的角为，
所以，解得（负值舍去），
所以，平面的一个法向量是，
平面即平面，
则，
二面角为锐角，因此其余弦值为．
18. 激光的单光子通讯过程可用如下模型表述：发送方将信息加密后选择某种特定偏振状态的单光子进行发送，在信息传输过程中，若存在窃听者，由于密码本的缺失，窃听者不一定能正确解密并获取准确信息．
某次实验中，假设原始信息的单光子的偏振状态0，1，2，3等可能地出现，原始信息息的单光子的偏振状态与窃听者的解密信息的单光子的偏振状态有如下对应关系．
已知原始信息的任意一种单光子的偏振状态，对应的窃听者解密信息的单光子的偏振状态等可能地出现．
（1）若发送者发送的原始信息的单光子的偏振状态为1，求窃听者解密信息的单光子的偏振状态与原始信息的单光子的偏振状态相同的概率；
（2）若发送者连续三次发送的原始信息的单光子的偏振状态均为1，设窃听者解密信息的单光子的偏振状态为1的个数为，求的分布列和数学期望；
（3）已知发送者连续三次发送信息，窃听者解密信息的单光子的偏振状态均为1．设原始信息的单光子只有一种偏振状态的可能性为，有两种偏振状态的可能性为，有三种偏振状态的可能性为，试比较的大小关系．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）列出基本事件，再求解概率即可.
（2）利用分布列的定义求解分布列，再求解数学期望即可.
（3）依据贝叶斯公式得出结论即可.
【小问1详解】
设“解密信息的单光子的偏振状态与原始信息的单光子的偏振相同”独立作为事件，易知共有3个基本事件，则．
【小问2详解】
的可能取值为.
，，
，，
所以，的分布列如下：
．
【小问3详解】
结论：
证明：由窃听者解密信息的单光子的偏振状态均为1可得原始信息只能包含0，1，2，
设原始信息的单光子只有一种偏振状态为事件A，有两种偏振状态为事件B，有三种偏振状态为事件C，窃听者解密信息的单光子的偏振状态均为1为事件M,
则，
,
易知，，，
故得证.
19. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）求导，代值可得，即可求解切线，
（2）求导得，对分类讨论，求解函数的单调性，即可根据最小值为负求解.
【小问1详解】
当时，，则，
所以，
故在点处的切线方程为
【小问2详解】
，
当时，则，令则，令则，
故在单调递增，在单调递减，
故当，取极小值也是最小值，
则，
又当且，
故要使函数有两个零点，只需要，解得；
当时，则，令则，令则，
故在单调递增，在单调递减，
故当，取极小值也是最小值，则，
又当且，
故要使函数有两个零点，只需要，解得；
综上可得或.
20. 已知两点，曲线上的动点满足，直线与曲线交于另一点．
（1）求曲线的方程；
（2）设曲线与轴的交点分别为（点在点的左侧，且不与重合），直线与直线交于点．当点为线段的中点时，求点的横坐标．
【答案】（1）
（2）0
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据中点关系以及向量共线得，代入韦达定理中即可求解，进而可求解.
【小问1详解】
由于，
所以是以为焦点，以为长轴长的椭圆，
故，
故椭圆方程为.
【小问2详解】
由于斜率不为0，故设直线方程为：，
联立，
设,则，
,
由于点为线段的中点，则，
又是直线与直线的交点，所以,
,故，
，
将代入可得，
故，解得，
故，由可得，
故点的横坐标为0.
21. 将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，此时数列中剩下的项构成数列；再将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列；…．如此操作下去，将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列．
（1）分别写出数列的前2项；
（2）记数列的第项为．求证：当时，；
（3）若，求的值．
【答案】（1）的前2项为3，8；的前2项为5，11；
（2）证明见解析；（3）
【解析】
【分析】（1）直接利用数列定义求解；
（2）证明为等差数列即可求解；
（3）先利用数学归纳法证明进而求得的表达式，利用累加法再解方程求解
【小问1详解】
数列的前2项为3，8；数列的前2项为5，11；
【小问2详解】
首先，当时，结论成立；
当时，对于相邻的两个数列：
因为都在数列中，且在之前，
所以在数列中，必有，
所以，
所以
所以构成首项为，公差为1的等差数列，
所以
【小问3详解】
由各个数列生成的规则知，中不可能有两个元素是同一数列的项．
从上面的表格，我们猜想：集合中的每个元素，且仅是数列中某个数列的项.
具体地可概括成结论P：对任意，有
下面用数学归纳法证明：
(i)当时，由题意数列的首项分别是2, 3，结论成立；
(ii)假设当时，结论成立，即对，
那么由第（2）问的结论知：当时，
,
,
上式表明，集合中除了的每一个元素都是数列中的某个数列的项，
还剩下两个元素：，它们必是数列的首项，
结果只有.
根据(1)(2)知，结论P成立.
由结论P可得，数列的首项为，的首项为，
即
另一方面，由第（2）问的结论：得：
，
，
…
，
相加得：，
当时，上式也成立．
所以
令，则
所以．
由得，所以，所以，
所以.所以，此时，所以；
令，有，
．由得，所以．
所以，所以无解.
综上，当时，
【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，关键是利用数学归纳法得，进而得到的表达式.
原始信息的单光子的偏振状态
0
1
2
3
解密信息的单光子的偏振状态
0，1，2
0，1，3
1，2，3
0，2，3
0
1
2
3
P
1
4
9
16
25
36
49
64
2
6
12
20
30
42
56
72
3
8
15
24
35
48
63
80
5
11
19
29
41
55
71
89
7
14
23
34
47
62
79
98
10
18
28
40
54
70
88
108
13
22
33
46
61
78
97
118
17
27
39
53
69
87
107
129