2024北京十三中高三（上）期中数学试卷（教师版）

这是一份2024北京十三中高三（上）期中数学试卷（教师版），共18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。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1页至第2页；第Ⅱ卷第2页至第4页，答题纸第1页至第4页.共150分，考试时间120分钟.请在答题纸上侧密封线内书写班级、姓名、准考证号.考试结束后，将本试卷的答题纸交回.
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.
1. 已知集合，集合，那么等于（ ）
A. B. C. D.
2. 设是虚数单位，若复数满足，则在复平面内复数对应的点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知向量满足，且，则（ ）
A. B. 3C. D. 1
4. 已知函数f(x)＝ln(e＋x)＋ln(e－x)，则f(x)是( )
A. 奇函数，且在(0，e)上是增函数
B. 奇函数，且在(0，e)上是减函数
C. 偶函数，且在(0，e)上是增函数
D. 偶函数，且在(0，e)上是减函数
5. 已知的展开式中的常数项为，则其展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
6. 直线与圆相交于两点，若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7. 已知双曲线C的一个焦点是，渐近线为，则C的方程是（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知，均为第一象限角，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
9. 随着北京中轴线申遗工作的进行，古建筑备受关注．故宫不仅是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑之一，更是北京中轴线的“中心”．图1是古建筑之首的太和殿，它的重檐庑（wŭ）殿顶可近似看作图2所示的几何体，其中底面题矩形，，四边形是两个全等的等腰梯形，是两个全等的等腰三角形．若，则该几何体的体积为（ ）

（图1） （图2）
A. 90B. C. D. 135
10. 已知点E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则满足与平面ABCD平行的直线MN有（ ）
A. 0条B. 1条C. 2条D. 无数条
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 直线的倾斜角为______．
12. 在等差数列{an}中，若a1+a2＝16，a5＝1，则a1＝_____；使得数列{an}前n项的和Sn取到最大值的n＝_____.
13. 在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1，2）.已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为_______
14. 已知函数，则的定义域是________；的最小值是_______.
15. 已知函数，给出下列四个结论：
①函数是奇函数；
②，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根；
③已知是曲线上任意一点，，则；
④设Mx1,y1为曲线上一点，Nx2,y2为曲线上一点.若，则.
其中所有正确结论的序号是_________.
三、解答题：本大题共6小题，共85分.
16. 已知函数的一个零点为.
（1）求的值及的最小正周期；
（2）若对恒成立，求的最大值和的最小值.
17. 在中，内角，，所对的边分别是，，.已知.
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积.
18. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
（1）若为线段中点，求证：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
19. 已知椭圆：的离心率为，且经过点.
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于点（点与点不重合）.设的中点为，连接并延长交于点.若恰为的中点，求直线的方程.
20. 已知函数
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求证：；
（3）若函数在区间上无零点，求a的取值范围．
21. 已知数列，，，…，的各项均为正整数，设集合，记的元素个数为.
（1）若数列A：1，3，5，6，直接写出集合和的值；
（2）若是递减数列，求证：“为等差数列”的充要条件是“”；
（3）已知数列A：2，，，…，，求.
参考答案
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.
1. 【答案】D
【分析】先解不等式化简集合，再由并集的概念，即可得出结果.
【详解】∵集合，集合，
∴.
故选：D.
2. 【答案】B
【分析】
按照复数的除法运算法则化简，再写出对应的坐标
【详解】
对应的坐标为
故选B
3. 【答案】B
【分析】根据数量积的运算律以及坐标运算求解.
【详解】因为，解得.
故选：B.
4. 【答案】D
【分析】先确定函数的定义域，由f(-x)=f(x)确定函数为偶函数，再利用复合函数的单调性的性质判断函数单调性．
【详解】f(x)的定义域为(－e，e)，且f(x)＝ln(e2－x2).
又t＝e2－x2是偶函数，且在(0，e)上是减函数，
∴f(x)是偶函数，且在(0，e)上是减函数.
答案 D
【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性，判断函数奇偶性首先确定函数的定义域是否关于原点对称，然后再确定f(-x)与f(x)的关系；复合函数单调性根据同增异减的原则进行判断.
5. 【答案】D
【分析】写出的展开式的通项，然后根据的展开式中的常数项为求得的值，最后令，得到的值，代入的展开式的通项中，即可求得展开式中的系数．
【详解】的展开式的通项，
令，解得：，
的展开式中的常数项为，，解得：，
，令，解得：，
的展开式中的系数为．
故选：D．
6. 【答案】D
【分析】根据，由弦长公式得，圆心到直线的距离小于或等于，从而可得关于的不等式，即可求得结论.
【详解】圆的圆心为,半径,
直线的方程化为一般形式为.
，设圆心到直线的距离为，则，
，解得.
故选：D
7. 【答案】D
【分析】根据已知条件求得，进而求得正确答案.
【详解】由于焦点，所以且双曲线的焦点在轴上，
双曲线的渐近线，所以，
结合可得，
所以双曲线的方程为.
故选：D
8. 【答案】D
【分析】
利用充分性和必要性分别讨论即可.
【详解】由均为第一象限的角，
满足，但，
因此不充分；
由，
得均为第一象限的角，
得到，
因此不必要；
故选：D.
9. 【答案】B
【分析】将该五面体分割为四棱锥和三棱柱，结合棱柱和棱锥的体积公式求其体积．
【详解】过点作，，又，，平面，
所以平面，
过点作，，又，，平面，

所以平面，
因为底面，平面，平面平面，
所以，同理，
所以，，，，
平面，平面，平面，平面，
所以，，
因为，与是全等的等腰三角形，
由对称性可得，，
所以，
连接点与的中点，则，
所以，又，
所以三棱柱的体积为，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，，
所以平面，又矩形的面积为，
所以四棱锥的体积为，
由对称性可得四棱锥的体积为，
所以五面体的体积为．
故选：B
10. 【答案】D
【分析】作平面KSHG∥平面ABCD，C1F，D1E交平面KSHG于点N，M，连接MN，由平面KSHG有无数多个判断.
【详解】解：如图所示，
作平面KSHG∥平面ABCD，C1F，D1E交平面KSHG于点N，M，连接MN，
由面面平行的性质得MN∥平面ABCD，
由于平面KSHG有无数多个，
所以平行于平面ABCD的MN有无数多条，
故选：D．
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 【答案】##
【分析】根据倾斜角和斜率的关系即可求解.
【详解】直线的斜率，
设其倾斜角为，故可得，又，故．
故答案为：
12. 【答案】 ①. 9 ②. 5.
【分析】
设等差数列{an}的公差为d，由a1+a2＝16，a5＝1，可得2a1+d＝16，a1+4d＝1，解得：a1，d，可得an，令an≥0，解得n即可得出.
【详解】解：设等差数列{an}的公差为d，
∵a1+a2＝16，a5＝1，
∴2a1+d＝16，a1+4d＝1，
解得：a1＝9，d＝﹣2.
∴an＝9﹣2（n﹣1）＝11﹣2n.
令an＝11﹣2n≥0，
解得n5.
∴使得数列{an}前n项的和Sn取到最大值的n＝5.
故答案为：9；5.
【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列前n项的和的最值，考查学生的计算能力，是中档题.
13. 【答案】1010.1
【分析】将代入即可求得.
【详解】两颗星的星等与亮度满足，令，
.
【点睛】本题考查了对数的运算,属基础题.
14. 【答案】 ①. ②.
【分析】由函数解析式有意义，列出不等式组，求得的定义域，化简，令，得到，结合基本不等式和对数函数的单调性，即可求解.
【详解】由函数有意义，则满足，解得，
所以函数的定义域为，
又由，
令，可得
令，
因为，当且仅当时，即时，即时取等号，
所以，所以，所以函数的最小值为.
故答案为：；.
15. 【答案】②③④
【分析】对①：计算定义域即可得；对②：对与分类讨论，结合二次函数求根公式计算即可得；对③：借助两点间的距离公式与导数求取最值计算即可得；对④：结合函数性质与③中所得结论即可得.
【详解】对①：令，即有，即，故函数不是奇函数，故①错误；
对②：，即，
当时，有，故是该方程的一个根；
当，时，由，故，结合定义域可得，
有，即，
令，，有或（负值舍去），则，
故必有一个大于的正根，即必有一个大于的正根；
当，时，由，故，结合定义域有，
有，即，
令，， 有或（正值舍去），
令，即，则，
即，故在定义域内亦必有一根，
综上所述，，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根，故②正确；
对③：令Px,y，则有，，
令，，，
当时，，当时，，
故在、1,+∞上单调递增，在上单调递减，
又，，故恒成立，即，故，故③正确；
对④：当时，由，，故，
此时，，则，
当时，由与关于轴对称，不妨设，则有或，
当时，由，有，故成立；
当时，即有，
由③知，点与点在圆上或圆外，
设点与点在圆上且位于x轴两侧，则,
故；
综上所述，恒成立，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】关键点点睛：结论④中的关键点在于借助结论③，结合函数的对称性，从而得到当、都小于零时，MN的情况.
三、解答题：本大题共6小题，共85分.
16. 【答案】（1），最小正周期为
（2）的最大值为，的最小值为1
【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式化简，即可代入求解，由周期公式即可求解，
（2）根据整体法求解函数的最值，即可求解.
【小问1详解】
，
由于，故，
所以，周期为，
【小问2详解】
当时，，
故当时，取最大值，
当时，取最小值，因此
因此，故的最大值为，的最小值为1
17. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据正弦定理，边化角即可．
（2）根据已知和余弦定理可求得的值，再由面积公式求解．
【小问1详解】
∵，
由正弦定理，得，
∵，∴，即，
∵，∴．
【小问2详解】
根据题意，，①
由余弦定理，
得，②
根据①②，可得，
所以三角形的面积公式.
18. 【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.
【小问1详解】
取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
19. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据已知条件列方程组，求得，进而求得的方程.
（2）根据直线与轴是否重合进行分类讨论，当直线与轴不重合时，设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，利用根与系数关系来确定直线的方程.
【小问1详解】
依题意，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
若直线与轴重合，则与原点重合，符合题意，此时直线的方程为.
若直线与轴不重合，设其方程为，
由消去并化简得，
，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
则
因为是的中点，
所以.
因为，所以，
整理得，解得，
此时直线经过点，不符合题意，舍去.
综上所述，直线的方程为.
20. 【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【分析】（1）求导，即可得，结合，由点斜式即可求解切线方程；
（2）将不等式转化为，构造函数，求出最值即可证明结论成立；
（3）对分情况讨论，时，，通过二阶求导，结合即可求解，在时，求导，结合零点存在性定理可得存在使得，进而结合导数即可求解.
【小问1详解】
，则，又，
所以曲线在点处的切线方程为，
【小问2详解】
因为 所以，
要证明，只需要证明，即证.
令，则，
当时，，此时在上单调递增；
当时，，此时在上单调递减，
故在取极大值也是最大值，故，
所以恒成立，即原不等式成立.
【小问3详解】
，
当时，，
故当时，在区间上恒成立，符合题意；
当时，，
令，则在区间上恒成立，
所以在单调递减，且，
①当时，此时，在区间上恒成立，
所以在区间单调递减，所以在上恒成立，符合题意，
②当时，此时，由于且，
所以，
所以 ，故存在使得，
故当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减，
故时，取极大值也是最大值，故，
由，可得，
令 ，得，所以在上存在零点，不符合题意，舍去，
综上可知， a的取值范围为.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，以及函数问题的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.
21. 【答案】（1）详见解析；
（2）详见解析； （3）详见解析；
【分析】（1）利用T集合的定义求解；
（2）必要性：由即可；充分性：根据A是递减数列，得到，，从而得到即可；
（3）先根据题意得到，再由数列A：2，，，…，，证明不存在 即可.
【小问1详解】
解：因为数列A：1，3，5，6，
所以，
所以集合， ；
【小问2详解】
证明：必要性，若A为等差数列，且A是递减数列，设A的公差为，
当时， ，所以 ， ，故必要性成立；
充分性：若A为递减数列，，则A为等差数列，
因为A是递减数列，所以，
所以 ，且互不相等，则 ，
又因为 ，
所以，且互不相等，
所以，
则，所以A为等差数列，充分性成立；
【小问3详解】
由题意知：集合中的元素最多为个，即；
对于数列A：2，，，…，，此时，
若存在 ，则，其中，
则，
若，不妨设，则 ，
因为，则为偶数，为奇数，矛盾，
故，
所以数列A：2，，，…，得到的彼此相异，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题第三问关键点是，然后论证彼此相异而得解.