北京市2024届高三数学上学期12月阶段测试试题含解析

这是一份北京市2024届高三数学上学期12月阶段测试试题含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共10道小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求．把正确答案涂写在答题卡上相应的位置．
1. 设全集，集合M满足，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先写出集合,然后逐项验证即可
【详解】由题知,对比选项知，正确,错误
故选:
2. 已知向量．若∥，则（）
A. 2B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由两向量共线直接列方程求解即可
【详解】因为，且∥，
所以，解得，
故选：D
3. 下列函数中，值域为的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据初等函数的性质逐一求出相应值域即可得答案.
【详解】因为，且，所以或，A错误；
因为，所以，B错误；
因为，所以，C错误；
因为，所以，即的值域为，D正确.
故选：D
4. 在中，点D在边AB上，．记，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．
【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．
故选：B．
5. 若，且，则下列不等式一定成立的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取即可判断A、B、D选项是错误的，由基本不等式即可判断C选项是正确的.
【详解】取满足，且，此时，A错误；
取满足，且，此时，B错误；
可得，C正确；
取满足，且，此时，D错误.
故选：C.
6. 设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（）
A. 2B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案.
【详解】由题意得，，则，
即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为，
不妨设点在轴上方，代入得，，
所以.
故选：B
7. 紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品，其制作始于明朝正德年间．紫砂壶的壶型众多，经典的有西施壶､掇球壶､石飘壶､潘壶等．其中，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台．如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位：），那么该壶的容积约接近于（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆台的体积公式计算即可．
【详解】解：设R为圆台下底面圆半径，r为上底面圆半径，高为，
则，，，
，
故选：B．
8. “”是“为第一或第三象限角”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】C
【解析】
【分析】根据同角三角函数关系化简，根据三角函数在各象限的符号，结合充分条件、必要条件即可得解.
【详解】因为时，则，
所以为第一或第三象限角，
反之，当为第一或第三象限角时，，所以，
综上，“”是“为第一或第三象限角”的充分必要条件，
故选：C
9. 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（）
A. B. 与所成的角为
C. D. 与平面所成的角为
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面角的定义易得、，进而可得，令求相关边的长度，结合异面直线、线面角定义判断各项正误.
【详解】由面，故与平面所成角为，
由面，故与平面所成角为，
所以，令，则，
所以，故，A错；
由，故与所成角，即与所成角，为或其补角，
在中，显然不为，B、C错；
由面，故与平面所成角为（锐角），
所以，故，D对；
故选：D
10. 黎曼函数由德国著名数学家黎曼（Riemann）发现提出黎曼函数定义在上，其解析式为：当为真约数且时，当或上的无理数时，若函数是定义在R上的偶函数，且，，当时，，则：（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知可推得偶函数的周期为4，利用偶函数性质、周期性求目标函数值.
【详解】由题意，则，
所以偶函数的周期为4，
，
，
所以.
故选：B
二、填空题：本大题共5小题，共25分．把答案填在答题纸中相应的横线上．
11. 函数的定义域是_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据对数型函数的定义域，结合二次根式的性质进行求解即可.
【详解】由题意可知：，
所以该函数的定义域为，
故答案为：
12. 复数满足，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】由题意得，
∴．
13. 记双曲线：的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】写出一个双曲线方程，使是其一条渐近线，进而求离心率.
【详解】直线与C无公共点，双曲线的一条渐近线是即可，
如，此时离心率.
故答案为：（答案不唯一）
14. 如图，为了测量湖两侧的，两点之间的距离，某观测小组的三位同学分别在点，距离点30km处的点，以及距离点10km处的点进行观测.甲同学在点测得，乙同学在点测得，丙同学在点测得，则，两点间的距离为______km.
【答案】
【解析】
【分析】由已知数据，在中用正弦定理求出，中用余弦定理求出即可.
【详解】，，，，，
中，由正弦定理，有，则，
中，由余弦定理，
有，
得，即，两点间的距离为.
故答案为：.
15. 已知函数给出下列四个结论：
①当时，的最小值为0；
②当时，不存在最小值；
③零点个数为，则函数的值域为；
④当时，对任意，，．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】①②③
【解析】
【分析】①根据指数函数、二次函数性质求值域判断；②由上值域为，讨论、确定在上值域，根据不存在最小值，列不等式组求参数范围；③讨论、、，分析各分段上零点的个数判断；④用特殊值，得到即可判断.
【详解】①当时，，在上的值域为，在上值域为.
所以的最小值为0，故①正确；
②在上的值域为，
当时，在上值域为；
当时，在上值域为；
要使不存在最小值，则或，
解得或，故②正确；
③至多一个零点，至多有两个零点，
当时，若，则由，
可得或，故恒有两个零点；
时，若，则存在一个零点；
若，不存在零点，
所以时，零点个数可能为2或3个；
若，则，此时，即上无零点，
而，故有一个零点，即；
若，则，此时上，无零点，
时，也无解，故无零点，即；
综上，的值域为，故③正确；
④当时，，则，
所以，故④错误.
故答案为：①②③.
【点睛】关键点点睛：对于③，注意结合指数函数、二次函数性质，应用分类讨论分析各分段零点的可能情况.
三、解答题：本大题共6小题，共85分．把答案填在答题纸中相应的位置上．
16. 已知函数，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在.
条件①：；
条件②：函数在区间上是增函数；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，得0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.
（1）求的值；
（2）求在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1）选择见解析；答案见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意先把函数进行化简，然后根据所选条件，去利用三角函数辅助角公式，三角函数单调递增区间而分别计算并判断是否使函数存在，从而求解；
（2）根据（1）中选的不同条件下得出不同的函数的解析式，然后求出在区间上的最大值和最小值.
【小问1详解】
由题意得：
.
当选条件①：，
又因为，所以，所以，
所以时，即得：，即.
当选条件②：
从而得：当时，单调递增，
化简得：当时，单调递增，
又因为函数在区间上是增函数，
所以得：，解之得：，
与已知条件矛盾，故条件②不能使函数存在.
故：若选条件②，不存在.
当选条件③：
由，，
得当时，，又因为，
所以得，得.
【小问2详解】
由（1）知：，则得：，
又因为，所以，
所以当时，有最大值；
所以当时，有最小值.
17. 如图是2023年11月1日到11月20日，某地区甲流疫情新增数据的走势图．
（1）从这20天中任选1天，求新增确诊和新增疑似的人数都超过100的概率；
（2）从新增确诊的人数超过100的日期中任选两天，用表示新增确诊的人数超过140的天数，求的分布列和数学期望；
（3）记每天新增确诊的人数为，每天新增疑似的人数，根据这20天统计数据，试判断与的大小关系（结论不要求证明）．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据走势图新增确诊和新增疑似人数超过100人的有3天，从而根据随机事件的概率公式，得到答案；
（2）根据题意得到X的所有可能值为0，1，2，从而得到相应的概率；
（3）基于图表的数据，观察新增确诊人数与新增疑似人数的波动情况，从而得解.
【小问1详解】
由图知，在统计出的20天中，
新增确诊和新增疑似人数超过100人的有3天，
设事件为“从这20天中任取1天，新增确诊和新增疑似的人数都超过100”，
则.
【小问2详解】
由图知，新增确诊的日期中人数超过100的有6天，其中有2天人数超过140，
所以X的所有可能值为0，1，2.
所以，，，
所以的分布列为
所以的数学期望为.
【小问3详解】
根据这20天的统计数据，可以看到新增确诊人数的波动情况相对新增疑似人数的波动情况更为平稳，
所以新增确诊人数的方差要小于新增疑似人数的方差，即.
18. 如图，在三棱锥中，平面．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质判断异面直线垂直，再由勾股定理证明线线垂直，根据线面垂直的判定证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，分别求法向量，求出二面角；
（3）应用等体积法求点到面的距离即可.
【小问1详解】
因平面，平面，平面，
所以，又，所以，
又因，，所以，
因为平面,平面，且，
所以平面；
【小问2详解】
过作//，则平面，又由（1）知，
所以以为轴建立空间直角坐标系，如下图，
则，
设平面的法向量为，又，
所以令，则，则，
设平面的法向量为，又，
所以，令，则，则，
令二面角的平面角为，则，
由图知此二面角为锐二面角，
所以，故二面角为；
【小问3详解】
设点到平面的距离为，
，所以，
又，所以，
解得，所以点到平面的距离为.
19. 已知椭圆过点，焦距为2．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设椭圆E的右焦点为点F，右顶点为点A．过点F的直线l交椭圆E于不同的两点，直线与y轴分别交于点．当时，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即可得解；
（2）联立直线与椭圆方程得到，再利用点斜式推得的坐标，从而得到关于的方程，进而得到关于的方程，解之即可得解.
【小问1详解】
因为椭圆过点，焦距为2，
所以，解得，
所以椭圆E的方程为.
小问2详解】
因为椭圆，所以，，
由题意易知，直线的斜率不为，设直线方程为，
联立，消去，得，
易知，不妨设，
则，
而的直线方程为，令，得，即，
同理：，
因为，，则，，又，
所以，
又，
所以，
则，
即，解得，
所以直线方程为，即.
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间上恒成立，求的取值范围；
（3）试比较与的大小，并说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）将在区间上恒成立，转化为，令，问题转化为，利用导数求函数即可得解；
（3）由（2）知，时，在区间上恒成立，取，可得解.
【小问1详解】
当时，，
，
所以曲线在点处切线的斜率，又，
所以曲线在点处切线的方程为即.
【小问2详解】
在区间上恒成立，即，对，
即，对，
令，只需，
，，
当时，有，则，
在上单调递减，
符合题意，
当时，令，
其对应方程的判别式，
若即时，有，即，
在上单调递减，
符合题意，
若即时，，对称轴，又，
方程的大于1的根为，
，，即，
，，即，
所以函数在上单调递增，，不合题意.
综上，在区间上恒成立，实数的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）知，当时，，在区间上恒成立，
即，对，
取代入上式得，化简得.
21. 设无穷数列的前项和为为单调递增的无穷正整数数列，记，，定义．
（1）若，写出的值；
（2）若，求；
（3）设求证：对任意的无穷数列，存在数列，使得为常数列．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过公式即可求出的值；
（2）求出数列的前项和，对讨论其奇偶，即可求出；
（3）通过讨论为有限集和无限集时的不同情况下的值，即可证明结论.
【小问1详解】
由题意，
，，，
∴，，
，，
，
∴
【小问2详解】
由题意，
在数列中，，
∴.
若为奇数，则.
所以.
若为偶数，则当时，
所以.
所以.
【小问3详解】
由题意证明如下，
在中，
若为有限集，设其最大元素为(若为空集，取)，
则当时，存在满足.
令，
则.所以;
若为无限集，设，其中，记，则.
①若数列中只有有限项为正数，记(若中没有正数项，取，则.
令，则.
所以;
②若数列中有无穷项为正数，将这些项依次记为，其中，则.
令，则.
所以.
综上所述，对任意的无穷数列都存在数列，使得为常数列.
【点睛】关键点点睛：本题考查求数列项，数列求和，无穷数列的证明，符号函数，考查学生的计算能力，逻辑思维能力和分类讨论能力，具有很强的综合性.
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