北京市顺义区第一中学2024届高三上学期期中数学试题 含解析

这是一份北京市顺义区第一中学2024届高三上学期期中数学试题 含解析，共24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（本题共10小题，共50分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简集合，然后根据交集的定义计算.
【详解】由题意，，，
根据交集的运算可知，.
故选：A
2. 在复平面内，对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据复数的几何意义写出复数；再根据共轭复数的定义即可得出结果.
【详解】因为复数对应的点的坐标是
所以
则
故选：B
3. 已知圆的圆心坐标为，且点在圆上，则圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由圆心坐标可以设出圆的标准方程，再将点C代入可求出圆的半径，最后整理成圆的一般式方程即可.
【详解】因为圆的圆心坐标为，所以设圆的方程为：，
由点在圆上，则，得，
则圆的方程为：，即，
故选：A.
4. 已知平面向量，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先计算，然后根据向量共线的坐标表示求参数即可.
【详解】因为，，，
所以，
又，
所以，
解得，
故选：B.
5. 记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，
【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，
则Sn=na1+n(n−1)2d,Snn=a1+n−12d=d2n+a1−d2,Sn+1n+1−Snn=d2，
因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即Sn+1n+1−Snn=nSn+1−(n+1)Snn(n+1)=nan+1−Snn(n+1)为常数，设为，
即nan+1−Snn(n+1)=t，则Sn=nan+1−t⋅n(n+1)，有Sn−1=(n−1)an−t⋅n(n−1),n≥2，
两式相减得：an=nan+1−(n−1)an−2tn，即an+1−an=2t，对也成立，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确.
方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即Sn=na1+n(n−1)2d，
则Snn=a1+(n−1)2d=d2n+a1−d2，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即Sn+1n+1−Snn=D,Snn=S1+(n−1)D，
即Sn=nS1+n(n−1)D，Sn−1=(n−1)S1+(n−1)(n−2)D，
当时，上两式相减得：Sn−Sn−1=S1+2(n−1)D，当时，上式成立，
于是an=a1+2(n−1)D，又an+1−an=a1+2nD−[a1+2(n−1)D]=2D为常数，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
6. 金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.某金字塔的侧面积之和等于底面积的2倍，则该金字塔侧面三角形与底面正方形所成角的正切值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意画图利用图形在正四棱锥中设相关的量结合，线面关系找出金字塔侧面三角形与底面正方形所成角，在几何体中建立关系求出即可.
【详解】如图，
设正四棱锥的底面边长为，
设为底面的中心，高为，
设为的中点，则设斜高为，
连接，设侧面与底面所成的角为，
由于，
所以即为该金字塔侧面三角形与底面正方形所成角，
由平面，平面,
所以
所以，
因为金字塔的侧面积之和等于底面积的2倍，
即，
又，
所以，
故选：C.
7. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，
因为，则，
可得，
则，
，
即为钝角，
所以；
法二：圆的圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，连接，
可得，则，
因为
且，则，
即，解得，
即为钝角，则，
且为锐角，所以；
方法三：圆的圆心，半径，
若切线斜率不存在，则切线方程为x=0，则圆心到切点的距离，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为，即，
则，整理得，且
设两切线斜率分别为，则，
可得，
所以，即，可得，
则，
且，则，解得.
故选：B.

8. 已知函数，则（ ）
A. 在单调递增，且图象关于直线对称
B. 在单调递增，且图象关于直线对称
C. 在单调递减，且图象关于直线对称
D. 在单调递减，且图象关于直线对称
【答案】B
【解析】
【分析】化简的解析式，根据三角函数的单调性、对称性确定正确答案.
【详解】，
由于，
所以在单调递增，
，所以不关于直线对称.
，所以关于直线对称.
故选：B
9. 若函数既有极大值也有极小值，则错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的导数，由已知，可得函数在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答即可．
【详解】函数的定义域为，
由，得，
因为函数既有极大值也有极小值，
所以函数在上有两个变号零点，而，
所以方程有两个不等的正根，
所以，所以，
所以，即．
故BCD正确，A错误．
故选：A．
10. 如图，在边长为2的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，给出下列四个结论：
①；
②面积的最小值是；
③只存在唯一的点，使平面；
④当时，平面平面.
其中正确结论的个数是（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】证明平面判断①；求出的面积函数求解判断②；利用过一点有且只有一个平面垂直于已知直线判断③；证明平面且平面判断④.
【详解】在正方体中，平面，平面，则，
又平面，
则平面，又，则，①正确；
连接交与，由，得，，
在中，当时，最小，而，，
，此时，
因此面积的最小值为，②错误；
由①知，，同理，而平面，
因此平面，当点为直线与平面的交点时，平面，
而过一点有且只有一个平面垂直于已知直线，于是过直线与直线垂直的平面有且只有一个，
所以存在唯一的点，使平面，③正确；
当时，在中，，，
则，
即有，则，又，于是平面，
由①同理，平面，
因此平面，则平面平面，④正确，
所以正确命题的个数为3.
故选：C
二、填空题（本大题共5小题，共25分）
11. 已知函数，则______.
【答案】
【解析】
【分析】将代入函数解析式中计算即可.
【详解】因函数，
所以，
故答案为：.
12. 已知直线：，：，若∥，则的值是________．
【答案】4
【解析】
【分析】由两直线平行可得，代入相关数据计算即可.
【详解】解：因为∥，
所以.
故答案为：4.
13. 已知命题：若为第一象限角，且，则.能说明命题为假命题的一组的值可以是__________，__________.
【答案】 ①. （答案不唯一） ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】只要找到一组满足题意的角即可.
【详解】因为为第一象限角，且，
取，则且在第一象限，
此时，
故命题假命题，满足题意，
所以的值可以是，
故答案为：（答案不唯一）；（答案不唯一）.
14. 数列共9项，该数列的前3项成等比数列，后7项成等差数列，且，，，则__________，数列的所有项的和为__________.
【答案】 ①. ②. 或
【解析】
【分析】根据等比数列和等差数列的通项公式，结合等差数列前项公式进行求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，等差数列的公差为，
因为，，
所以有，
于是有，
，
因为该数列的前3项成等比数列，
所以，
当时，数列的所有项的和为；
当时，数列的所有项的和为，
故答案为：；或
15. 已知曲线的方程为：有下列四种描述
（1）曲线关于对称；
（2）曲线的面积大于16；
（3）曲线与圆有四个公共点；
（4）若，为曲线与轴的交点，为曲线上的点，则的面积最大为；则其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】（1）（2）（4）
【解析】
【分析】根据方程的对称性，画出图象，数形结合，逐项判断即可.
【详解】设是曲线上任意一点，由于曲线的方程为，
则当，时，曲线的方程为，即；
方程中，用替换，用替换，方程不变，故曲线关于轴，轴，原点对称，曲线的图象如下图（由图中实线部分及原点组成），故（1）正确；

由图可知，曲线所围成的图形是由一个边长为的正方形和四个全等的半圆组合而成，其中半圆半径为，故曲线围成图形的面积为，故（2）正确；

连接原点与点，并延长与曲线交于点，则，
则以为圆心，半径为的圆与曲线有8个交点，故（3）错误；
因为为曲线上的点，由于图象的对称性，不妨设点为第一象限点，
所以，当时，，故，故（4）正确.

故答案为：（1）（2）（4）
三、解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 已知满足，且，，从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知填在横线上，并求解下列问题：
（1）；
（2）求的面积.
条件①tanA=3，条件：②，条件③.
【答案】（1）选①，②，，选③，；
（2）选①，②，，选③，或3.
【解析】
【分析】（1）若选①，由同角基本关系式求出，，进而可得可得解，若选②，由余弦定理可得，由同角基本关系式求出，进而得解；若选③，由正弦定理求得；
（2）若选①，由正弦定理可求得，再由三角形面积公式可得解，若选②，由正弦定理可求得，再由三角形面积公式可得解，若选③，利用余弦定理可求得，进而利用三角形面积公式可得解.
【小问1详解】
若选①，由tanA=3得，是锐角，又，
解得，，
.
若选②，由，可得，解得，又，解得，由平方关系得，下面同选①.
若选③，由，可得，由正弦定理可得.
【小问2详解】
若选①，②，由第一问得，由正弦定理得，
由三角形面积公式可得.
若选③，由余弦定理可得，即，解得或4，
当时，，
当时，
17. 为了提高中小学生的身体素质，某地区开展了中小学生跳绳比赛系列活动，活动结束后，利用简单随机抽样的方法，抽取了部分学生的成绩，按照不同年龄段公组记录如下表：
假设每个中小学生跳绳成绩是否合格相互独立.
（1）从样本中的中小学生随机抽取1人，求该同学跳绳成绩合格的概率；
（2）从该地区众多中小学的男生､女生中各随机抽取1人，记这2人中恰有X人跳绳成绩合格，求X的分布列与数学期望；
（3）假设该地区中小学生跳绳成绩合格的概率与表格中该地区中小学生跳绳成绩合格的频率相等，用“”表示第k组同学跳绳成绩合格，“”表示第k组同学跳绳成绩不合格()，试确定方差中哪个最大？哪个最小？(只需写出结论).
【答案】（1）（2）详见解析（3）最小，最大
【解析】
【分析】（1）根据表格求出男女生跳绳合格的人数，总的人数，利用古典概型求解；
（2）根据相互独立事件的概率求出分布列，计算期望即可；
（3）根据表格所给数据，由方差的意义直接得到.
【详解】（1）设事件A=“从样本中的中小学生随机抽取1人，该同学跳绳成绩合格”
样本中男生跳绳成绩合格的有:90+88+60+80+82=400人，
样本中女生跳绳成绩合格的有:80+72+58+62+78=350人，
样本中男、女跳绳成绩合格的共有:400+350=750，
样本中的男生总人数:400+100=500 人，
样本中的男生总人数:350+150=500人，
样本中男、女生总数:500+500=1000，
所以，
（2）设事件B=“从该地区众多中小学的男生中随机抽取1个，该生跳绳成绩合格”,
则
设事件C=“从该地区众多中小学的女生中随机抽取1个，该生跳绳成绩合格”，
则
由题可知X的可能取值为0，1，2，
则，
，
，
所以X的分布列为
所以X的数学期望，
（3）最小，最大.
18. 已知圆，直线与圆交于，两点.
（1）若，求实数的值；
（2）求的取值范围（为坐标原点）.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用弦长公式，再结合圆心到直线的距离为，从而求解.
（2）设出，，联立直线与圆方程，然后利用根与系数关系，从而可求解.
【小问1详解】
由题意得：圆心，r=1，圆心到直线距离，
又因为：，
解得：或.
故：的值为：或.
【小问2详解】
设，，
联立，得：，
由题意得：，即，
由根与系数的关系得：，，
又因为：，
当时，有最小值，
当时，有最大值，
故的取值范围为：.
19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点．
（1）求证：；
（2）当点为线段的中点时，求点到平面的距离；
（3）是否存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为．若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）存在，且PMPC=13.
【解析】
【分析】（1）连接、，证明出平面，利用线面垂直的性质可得出，再结合可证得结论成立；
（2）推导出平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离；
（3）设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合可求得的值，即可得出结论.
【小问1详解】
证明：连接、，
因为四边形为菱形，则，因为，则为等边三角形，
因为为的中点，故，
因为为等边三角形，为的中点，则，
，平面，平面，则，
，故.
【小问2详解】
解：因为平面平面，平面平面，，平面，平面，
因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
解：设，其中，
，
由题意，
整理可得，因为，解得，
因此，存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，此时PMPC=13.
20. 已知函数.
（I）当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）若函数在处取得极小值，求实数a的取值范围.
【答案】（I）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）当时，利用导数的几何意义求切线方程；（Ⅱ）首先求函数的导数，时，和，并讨论与0,1的大小关系，求实数的取值范围.
详解】（I）当时，.
所以，
所以，
因为.
所以切线方程为.
（Ⅱ）函数的定义域为(0,+∞).
因为
所以.
令，即，解得或.
（1）当时，当x变化时，的变化状态如下表：
所以当时，取得极小值.
所以成立.
（2）当时，当x变化时，的变化状态如下表：
所以当时，取得极小值.
所以成立.
（3）当时，在(0,+∞)上恒成立，
所以函数在(0,+∞)上单调递增，没有极小值，不成立.
（4）当时，当x变化时，的变化状态如下表：
所以当时，取得极大值.
所以不成立.
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据极值点求的取值范围，本题容易求出导函数的零点和，但需讨论的范围，这是易错的地方，容易讨论不全面，需注意.
21. 已知数集.如果对任意的i，j(且)，与两数中至少有一个属于A.则称数集A具有性质P.
（1）分别判断数集是否具有性质P，并说明理由：
（2）设数集具有性质P.
①若，证明：对任意都有是的因数；
②证明：.
【答案】（1）不具有性质P，具有性质P，理由见解析；（2）①证明见解析，②证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据具有性质P数集的定义，即可判断是否具有性质P；
（2）①由性质P数集定义，讨论时和时，结合已知条件即可证对任意都有是的因数；②在任取一个，则且，即知可取到所有元素且各一次，进而可证结论.
【详解】（1）都具有性质P，
对于数集，有均不属于A1，
∴根据定义知：不具有性质P，
对于数集，有，；，；，；，；，；，；
∴根据定义知：具有性质P.
（2）①具有性质P，对任意有与至少有一个属于A，
∵，
∴当有，若(n∈N*)，此时且， 是的因数；
当有，若，此时是的因数；
综上，对任意都有是的因数，得证.
②若对任意有与至少有一个属于A，
∵，在任取一个，则，若则，
∴必有，又时，均不相等，即可以取到所有元素且各一次，
∴，即得证.
【点睛】关键点点睛：第二问，①注意分或两种情况，结合已知条件证明结论；②关键是明确在任取一个，有且.
组别
男生
女生
合格
不合格
合格
不合格
第一组
90
10
80
20
第二组
88
12
72
28
第三组
60
40
58
42
第四组
80
20
62
38
第五组
82
18
78
22
合计
400
100
350
150
x
1
－
0
＋
极小值
x
1
＋
0
－
0
＋
极大值
极小值
x
1
＋
0
－
0
＋
极大值
极小值