北京市东城区高三上学期期末统考数学试卷（解析版）-A4

这是一份北京市东城区高三上学期期末统考数学试卷（解析版）-A4，共20页。
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合，利用集合并集的概念求解即可.
【详解】由题意，，
所以，
故选：A
2. 在复平面内，复数，则的共轭复数对应的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用复数乘法求复数，根据共轭复数的定义求，进而确定点坐标.
【详解】由，则，对应点为.
故选：D
3. 在平面直角坐标系中，角以为始边，它的终边绕着原点逆时针旋转后与轴的非负半轴重合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得到，即可求解
【详解】由题意可得，
所以，
所以，
故选：A
4. 近年来，人工智能快速发展，AI算法是人工智能的核心技术之一.现有一台计算机平均每秒可进行次运算，在这台计算机上运行某个AI算法来生成一个文案需要次运算，则生成这个文案需要的时间约为（ ）（本题取）
A. 1秒B. 10秒C. 20秒D. 50秒
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用对数的运算计算与的商即可得解.
【详解】因为这台计算机平均每秒可进行次运算，
所以次运算需要秒，
而，
所以.
故选：B.
5. 设等比数列的公比为，前项和为，使有最小值的一组和可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用并项求和推理判断A；利用等比数列前项和公式推理判断B；利用负数和的意义判断CD.
【详解】对于A，，，数列是首项为，
公比为的递减等比数列，因此，随着的增大逐渐减小，无最小值，A不是；
对于B，，，
当时，，即，
因此对任意正整数，恒成立，有最小值，B是；
对于CD，或，，因此，随着的增大逐渐减小，无最小值，CD不是.
故选：B
6. 已知平面向量为两两不共线的单位向量，则“”是“与共线”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】C
【解析】
【分析】由题设有设，，，如下图，为边长为1的菱形，数形结合及向量加减、数乘的几何意义判断条件间的推出关系，即可得答案.
【详解】由平面向量为两两不共线的单位向量，
设，，，如下图，为边长为1的菱形，
若，即与垂直，，
即，而，且，
所以共线，即与共线；
若与共线，即且，而，即，
所以与垂直，故.
所以“”是“与共线”的充要条件.
故选：C
7. 下列函数中，使是奇函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得，然后根据函数的奇偶性和单调性等知识来确定正确答案.
【详解】对于A，，
由于，所以是偶函数，不合题意，故A错误；
对于B，，
显然函数是偶函数，不合题意，故B错误；
对于C，，
当时，，所以不是奇函数，不合题意，故C错误；
对于D，
，
因，故是奇函数，符合题意，故D正确.
故选：D.
8. 在平面直角坐标系中，整点是指横、纵坐标都是整数的点．已知圆经过三点，则该圆经过的整点共有（ ）
A. 6个B. 8个C. 10个D. 12个
【答案】D
【解析】
【分析】先设出圆的一般方程，代入点的坐标得到圆的方程，从而得到圆经过的整点.
【详解】设该圆的方程为，
将代入圆的方程可得：
，解得，
故圆的方程为，
整理得，
当时，；当时，或5；
当时，或6；当时，或7；
当时，或6；当时，或5；
当时，，所以该圆经过的整点共有12个.
故选：D.
9. 如图，在棱长为6的正四面体中，以为顶点的圆锥在正四面体的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知当圆锥的底面与相切时，圆锥体积最大，利用圆锥的体积公式和几何关系求解即可.
【详解】由题意可知当圆锥的底面与相切时，圆锥体积最大，
因为是棱长为6的正四面体，
设底面圆半径为，中点为，
则，解得，
圆锥高，
所以圆锥体积，
故选：A
10. 已知．用表示中的最大值，设．若函数在区间上有且仅有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】按，和三种情况分类讨论，将零点个数问题转化为一元二次方程在特定区间内解的个数问题即可求解.
【详解】当时，，所以在区间0,1上无零点；
当时，，所以若在区间内存在零点，则，
当时，，
若即，则，
所以在区间内有两个零点，此时，矛盾；
若，即或时，，
所以在区间内有一个零点，
又因为，有两个零点，
当时，或，或，
此时的另一个零点为或，均不在区间内，
当时必须且只需即可（如图所示），
即，即，解得，
综上实数的取值范围为2,3，
故选：C
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. 函数的定义域为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用分式和根式有意义求解即可.
【详解】由题意可得，解得，
所以函数的定义域为，
故答案为：
12. 在的展开式中，的系数为________．（用数字作答）
【答案】10
【解析】
【分析】根据给定条件，求出二项式展开式的通项公式，再由指定的幂指数求解得答案.
【详解】二项式的展开式通项公式，
由，得，因此，
所以的系数为10.
故答案为：10
13. 写出一个焦点在轴上且离心率为的双曲线的标准方程：________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据焦点位置设出方程，再由离心率公式求解即可.
【详解】双曲线焦点在轴上，所以双曲线的标准方程为，
因为双曲线的离心率为，所以，即，
又，所以，
取可得，此时一个双曲线的标准方程为，
故答案为：（答案不唯一）
14. 大衍数列来源于《乾坤谱》，主要用于解释中国传统文化中太极衍生原理．大衍数列中，对于，数列是公差为的等差数列，且也是等差数列．已知，，则_________；的前9项和等于_________．
【答案】 ①. 12 ②. 140
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，利用太极衍生原理由依次表示，进而求出；再求出即可求出前9项和.
【详解】设等差数列的公差为，依题意，成等差数列，公差，
由成公差为的等差数列，得，
由成公差为的等差数列，得，
而，即，解得，；
，由成公差为的等差数列，得，
所以前9项和
.
故答案为：12；140
15. 已知非空数集满足：
（i），有；
（ii），有；
（iii）且，有，
则称是的“理想子集”．给出下列四个结论：
①若，则是的“理想子集”；
②若是的“理想子集”，且存在非零实数，则；
③若是的“理想子集”，则也是的“理想子集”；
④若是的“理想子集”，则也是的“理想子集”．
其中正确结论的序号是_________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据“理想子集”的定义，结合元素与集合的包含关系逐一判断即可.
【详解】①集合表示所有偶数构成的集合，
所有的偶数都是整数，任意两个偶数的和仍是偶数，任意偶数和整数的积仍是偶数，
满足（i）（ii）（iii），故是的“理想子集”，①说法正确；
②若是的“理想子集”，且存在非零实数，
则由“理想子集”的概念可知对任意的有，所以，②说法正确；
③若是的“理想子集”，则，有，，有，
但对于，，不一定有，
例如，，，此时，，，③说法错误；
④若是的“理想子集”，对于显然，有，满足（i），
令，，则，又是的“理想子集”，所以，，
同理由是的“理想子集”可得，
所以，满足（ii）（iii），
所以若是的“理想子集”，则也是的“理想子集”，④说法正确；
故答案为：①②④
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是通过给出一个新概念或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.本题的关键是理解“理想子集”的概念，结合元素与集合的包含关系求解.
三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算
16. 在中，为钝角，．
（1）求；
（2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求．
条件①：；
条件②：；
条件③：的面积为．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得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．
【答案】（1）；
（2）条件选择见解析，.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式化简即得.
（2）选①，利用同角公式及和角的余弦求出并判断，再利用正弦定理求出；选②，利用余弦定理求出，进而求出，再利用余弦定理计算并判断；选③，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求出及并判断.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理，得，
则，
整理得，而，则，又，
所以.
【小问2详解】
选择条件①：，则，
，
为钝角，符合题意，而，则存在，此时，
由正弦定理得.
选择条件②：，由余弦定理得，
解得，由为钝角，得，于是，
此时与矛盾，不存在，因此②不可选.
选择条件③：的面积为，则，解得，
由余弦定理得，则，
由为钝角，得，于是，此时，符合题意，存在，
所以.
17. 如图，在四棱锥中，侧面与底面垂直，为正三角形，底面为菱形，，分别为棱的中点．

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取中点，利用线面平行的判定，结合平行公理推理得证.
（2）证明两两垂直，再建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解.
【小问1详解】
在四棱锥中，四边形为菱形，取中点，连接，
由是中点，是的中点，得，
因此四边形是平行四边形，，而平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
连接，在菱形中，，则是正三角形，，
由平面平面，平面平面，平面，
得平面，而平面，则，由为正三角形，
得，即直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
令，则，
，
设平面的法向量，则，取，得，
所以直线与平面所成角的正弦值.
18. 某甜品店打算推出三款新品，在前期市场调研时，将顾客按照年龄分为青少年组中年组和老年组，随机调查了200名顾客对这三款新品的购买意愿，统计数据如下（单位：人）：
假设顾客的购买意愿相互独立.用频率估计概率.
（1）从顾客中随机抽取1人，估计该名顾客愿意购买第一款新品的概率；
（2）从三个不同年龄组的顾客中各随机抽取1人，记为这3人中愿意购买第二款新品的人数，求的分布列和数学期望；
（3）用“”表示顾客愿意购买第款新品，“”表示顾客不愿意购买第款新品．直接写出方差的大小关系．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据表中数据求出相应频率，用频率估计概率即可；
（2）的可能取值为，求出相应的概率值，即可得到分布列与期望；
（3）根据离散型随机变量的概率公式求解即可.
【小问1详解】
由表可知200名顾客中愿意购买第一款新品的人数为人，
用频率估计概率，从顾客中随机抽取1人，估计该名顾客愿意购买第一款新品的概率为.
【小问2详解】
用频率估计概率，由表可知从青少年组中抽取1人，愿意购买第二款新品的概率为，
从中年组中抽取1人，愿意购买第二款新品的概率为，
从老年组中抽取1人，愿意购买第二款新品的概率为，
由题意的可能取值为，
，
，
，
，
所以的分布列为
.
【小问3详解】
用频率估计概率，由表可知顾客愿意购买第款新品的概率为，
顾客愿意购买第款新品的概率为，
顾客愿意购买第款新品的概率为，
所以，，
所以，
，
所以.
19. 设函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的极值点个数；
（3）若时，，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）1个 （3）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）将极值点个数转化为导数的变号零点个数求解即可；
（3）可变形为，按的不同取值分类讨论即可.
【小问1详解】
由题意可得，，
所以曲线在点处的切线斜率，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
由（1）得，
令，，则，
所以函数单调递减，且当时，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，，所以，
因为当时单调递减，且当时，，
所以在上只有一个变号零点，
又因为，所以只有一个变号零点，
所以只有1个极值点.
【小问3详解】
若时，，即恒成立，
当时，显然在上恒成立，
当时，，
所以当时，，不满足题意，
综上的取值范围为.
20. 已知椭圆的一个顶点为，且焦距为2，为第一象限内上的动点，过点作斜率为，的直线分别与交于点，（均异于点），直线与轴交于点，为线段的中点，直线与轴交于点．
（1）求的方程；
（2）当时，求点横坐标．
【答案】（1）；
（2）点的横坐标为12.
【解析】
【分析】（1）借助顶点及焦距计算即可得；
（2）设Ax0,y0，Mx1,y1、Nx2,y2，则可表示出直线与，分别联立曲线后计算可用、表示、坐标，则可求出直线并得到，再借助点坐标得到直线方程，即可得，则可由计算点的横坐标.
【小问1详解】
由题意可得，，则，
故；
【小问2详解】
设Ax0,y0，则有，设Mx1,y1、Nx2,y2，
则、，
联立，有，
则，故，
则，即，
联立，有，
则，故，
则，即，
则，
令，则，又，
则，
令，则，
则
，
则或，
即或，
解得或，
即或或或，
因为，所以.
所以点的横坐标为12.
【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，注意的判断；
（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.
21. 已知有穷正整数数列满足：，且当时，总有．定义数列，其中，．当时，称数列具有性质．
（1）判断下列数列是否具有性质；
①4，3，2，1；②1，2，3，5，4．
（2）已知数列具有性质，求的最小值；
（3）是否存在数列具有性质，且？若存在，请找到使最小的一个数列；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）①不具有性质，②具有性质
（2）的最小值为
（3）
【解析】
【分析】（1）①求出即可求解；②求出即可求解；
（2）证明，证明与的奇偶性相同，证明为偶数，根据求出的取值范围，求出的最小值；
（3）证明，根据数列具有性质求出，记，求出，证明时，，求出满足题意的数列.
【小问1详解】
①由题意得，，，，
因，所以数列不具有性质；
②由题意得，，，，，
所以数列具有性质；
【小问2详解】
由已知，设，其中，
可得，
又，所以，
即，
因为，所以，
所以与的奇偶性相同，
因为，
所以为偶数，
又，所以，
又数列，
此时，，
综上，的最小值为；
【小问3详解】
由已知，，且，
则，
因为数列具有性质，即，
所以，
记，所以，
因为，
所以，
当时，，
所以，
当时，数列，
此时，
，，
所以数列满足题意.
【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于证明与的奇偶性相同，证明为偶数，（3）关键在于根据数列具有性质求出.
青少年组
中年组
老年组
愿意
不愿意
愿意
不愿意
愿意
不愿意
第一款
40
20
80
20
20
20
第二款
30
30
60
40
30
10
第三款
50
10
80
20
10
30