北京市第一六一中学2023-2024学年高三上学期期中测试数学试题 含解析

这是一份北京市第一六一中学2023-2024学年高三上学期期中测试数学试题 含解析，共24页。试卷主要包含了 已知复数z＝a+i， 已知椭圆C， 函数，等内容，欢迎下载使用。
班级______ 姓名______ 学号______
考生须知
1.本试卷共3页，满分150分，考试时长120分钟.
2.试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效.
3.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答.
4.考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简，再进行并集运算.
【详解】，
又，则.
故选：C.
2. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数解析式直接判断单调性.
【详解】A选项：函数的定义域为，且在上单调递增，A选项错误；
B选项：函数的定义域为，且在上单调递减，B选项正确；
C选项：函数的定义域为，且在上单调递增，C选项错误；
D选项：函数的定义域为，且在上单调递增，D选项错误；
故选：B.
3. 如果平面向量，，那么下列结论中正确的是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由平面向量，知：
在中，，，
∴，故错误；
在中，，故错误；
在中，，
∴，
∴，故正确；
在中，∵，
∴与不平行，故错误．
综上所述．
故选．
4. “”是“”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】D
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由推不出，如，但是，
即充分性不成立，
由也推不出，如，但是，即必要性也不成立，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D
5. 已知复数z＝a+i（a∈R），则下面结论正确的是（ ）
A.
B. |z|≥1
C. z一定不是纯虚数
D. 在复平面上，z对应的点可能在第三象限
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数基本概念逐一核对四个选项得答案．
【详解】解：，，故错误；
，故正确；
当时，为纯虚数，故错误；
虚部为1大于0，在复平面上，对应的点不可能在第三象限，故错误．
故选：．
【点睛】本题考查复数的基本概念，是基础题．
6. 已知椭圆C：的左右焦点为F1,F2离心率为，过F2的直线l交C与A,B两点，若△AF1B的周长为，则C的方程为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】若△AF1B的周长为4,
由椭圆的定义可知,,
,,
，
所以方程为，故选A.
考点：椭圆方程及性质
7. 近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为Peukert常数.为测算某蓄电池的Peukert常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.若计算时取，则该蓄电池的Peukert常数大约为（ ）
A. 1.25B. 1.5C. 1.67D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得出，可得出，利用指数与对数的互化、换底公式以及对数的运算法则计算可得的近似值.
【详解】由题意可得，所以，所以，
所以.
故选：B.
8. 在平面直角坐标系中，当，变化时，点到直线的距离最大值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线过定点坐标，以及点的轨迹方程，再求出定点到圆心的距离，即可得解.
【详解】直线，即，令，解得，
所以直线恒过点，
又点为圆上的点，圆心为，半径，
则，
所以点到直线的距离最大值为.
故选：D
9. 如果方程所对应的曲线与函数的图象完全重合，则如下结论正确的个数（ ）
①函数是偶函数；
②的图象上的点到坐标原点距离的最小值为1；
③函数的值域为；
④函数有且只有一个零点.
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】分段讨论探究函数的图象，结合椭圆与双曲线的方程作出函数的图象，结合图象判断即可.①由图象的对称性可知；②利用双曲线与椭圆的方程消元求最值；③结合图象可知值域；④函数的零点个数转化为两函数与图象交点的个数，结合图象可得.
【详解】当时，，即方程对应曲线为椭圆的上半部分；
当时，，即方程对应曲线为双曲线的下半部分；
故作出函数的图象，其中双曲线的渐近线为.
①函数图象关于轴对称，则为偶函数；
且
证明如下：
函数的定义域为，关于原点对称.
时，，
则；
时， ，
则.
综上，，，故是偶函数.故①正确.
②设函数图象上任意点，，
当点在双曲线上时，即时，，，
则，；
当点在椭圆上时，即时，，，
由，
当且仅当时，最小，即点到原点的距离最小，最小值为；
综上，函数的图象上的点到坐标原点距离的最小值为1，故②正确；
③由函数图象可知，函数的值域为，故③错误；
④由得，，
所以函数的零点的个数，
即函数与函数图象的交点个数.
由是双曲线的渐近线，
渐近线斜率为，而直线的斜率为，
由可知，直线与函数图象的双曲线部分没有交点，
仅与椭圆部分有一个交点.
故函数与函数图象有且只有一个交点，
即函数有且只有一个零点，故④正确.
故结论正确的个数为.
故选：C.
10. 函数，.若存在，使得，则的最大值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，研究的单调性．
【详解】方程变形为：
，
设，则，
在上递减，在上递增，
∴，
∴的值域是，
若存在，使得，
则，，∴的最大值为8．
故选：D．
【点睛】本题考查函数的值域，解题关键是构造新函数，把问题转化为“存在，使得”，这样利用的值域就可以解决问题．
二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在答题纸中相应的横线上.
11. 抛物线的准线方程是_______
【答案】
【解析】
【分析】先根据抛物线的标准方程得到焦点在y轴上以及，再直接代入即可求出其准线方程.
【详解】因为抛物线的标准方程为，焦点在y轴上，
所以：，即，所以，
所以准线方程为：，
故答案是：.
【点睛】该题考查的是有关抛物线的几何性质，涉及到的知识点是已知抛物线的标准方程求其准线方程，属于简单题目.
12. 设函数，若对任意的实数都成立，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意取最大值，根据余弦函数取最大值条件解得的表达式，进而确定其最小值.
【详解】因为对任意的实数x都成立，所以取最大值，
所以，
因为，所以当时，取最小值为.
【点睛】函数的性质
（1）.
（2）周期
（3）由求对称轴，最大值对应自变量满足，最小值对应自变量满足，
（4）由求增区间；由求减区间.
13. 若，且，则______，最大值为______.
【答案】 ①. 2 ②. 6
【解析】
【分析】由，即求解；，即2，由，利用数量积定义求解.
【详解】解：因为，
所以，即2，
，
，
当时， 的最大值为6，
故答案为：2，6
14. 已知函数若函数在上不是增函数，则a一个取值为___________.
【答案】-2(答案不唯一，满足或即可)
【解析】
【分析】作出y=x和y=的图象，数形结合即可得a的范围，从而得到a的可能取值．
【详解】y=x和y=的图象如图所示：
∴当或时，y=有部分函数值比y=x的函数值小，
故当或时，函数在上不是增函数．
故答案为：-2．
15. 下表是某生活超市2021年第四季度各区域营业收入占比和净利润占比统计表：
该生活超市本季度的总营业利润率为（营业利润率是净利润占营业收入的百分比），给出下列四个结论：
①本季度此生活超市营业收入最低的是熟食区：
②本季度此生活超市的营业净利润超过一半来自生鲜区；
③本季度此生活超市营业利润率最高的是日用品区；
④本季度此生活超市生鲜区的营业利润率超过.
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】②③④
【解析】
【分析】根据表中数据以及营业利润率的概念逐项进行分析并判断．
【详解】由题中数据知，其它类营业收入占比，为最低的，故①错；
生鲜区的净利润占比，故②正确；
生鲜区的营业利润率为，故④正确；
熟食区的营业利润率为；
乳制品区的营业利润率为；
其他区的营业利润率为；
日用品区为，最高，故③正确．
故答案为：②③④．
三、解答题：本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程，并写在答题纸相应位置.
16. 已知函数的图象如图所示.
（1）求的解析式；
（2）若，求的最小正周期及单调递增区间.
【答案】（1）
（2），单调递增区间为，
【解析】
【分析】（1）由图象求得及周期，再由周期公式求得，即可得到解析式；
（2）利用三角恒等变换公式将化简，再根据正弦函数的性质计算可得.
【小问1详解】
由图象可知，，即，又，
所以，解得，；
【小问2详解】
因为，
所以
，
所以的最小正周期，
令，，
解得，，
的单调递增区间为，．
17. 在中，，.
（1）求；
（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积.
条件①：，；
条件②：，；
条件③：，边上的高为2
注：如果选择条件不符合要求，第二问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用倍角公式求得，即可求解；
（2）根据题意，分别选择①②③，结合正弦定理和余弦定理，求得的长，结合题意，即可求解.
【小问1详解】
解：由中，，且，
可得，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
解：若选条件①：，，
因为，由正弦定理得，
又由余弦定理，可得，
因为，代入解得，所以，
所以存在且唯一确定，此时的面积为.
若选择条件②：，
由正弦定理且，可得，
又由余弦定理，可得，
解得，
所以，
所以存在且唯一确定，此时的面积为.
若选条件③：，边上的高为2
因为，可得，
由余弦定理，可得，解得，
此时存在但不唯一确定，不符合题意.
18. 2021年12月9日，《北京市义务教育体育与健康考核评价方案》发布.义务教育体育与健康考核评价包括过程性考核与现场考试两部分，总分值70分.其中过程性考核40分，现场考试30分.该评价方案从公布之日施行，分学段过渡、逐步推开.现场考试采取分类限选的方式，把内容划分了四类，必考、选考共设置22项考试内容.某区在九年级学生中随机抽取1100名男生和1000名女生作为样本进行统计调查，其中男生和女生选考乒乓球的比例分别为和，选考1分钟跳绳的比例分别为和.假设选考项目中所有学生选择每一项相互独立.
（1）从该区所有九年级学生中随机抽取1名学生，估计该学生选考乒乓球的概率；
（2）从该区九年级全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人选考1分钟跳绳的概率；
（3）已知乒乓球考试满分8分.在该区一次九年级模拟考试中，样本中选考乒乓球的男生有60人得8分，40人得7.5分，其余男生得7分；样本中选考乒乓球的女生有40人得8分，其余女生得7分.记这次模拟考试中，选考乒乓球的所有学生的乒乓球平均分的估计值为，其中男生的乒乓球平均分的估计值为，试比较与的大小.（结论不需要证明）
【答案】（1）
（2）0.32 （3）
【解析】
【分析】（1）分别求出样本中男生和女生的人数，再由频率估计概率即可得解；
（2）根据题意易得从该区九年级全体男生中随机抽取1人和从该区九年级全体女生中随机抽取1人选考跳绳的概率，再分2个男生选考跳绳和1个男生和1个女生选考跳绳结合独立事件的概率公式即可得解；
（3）根据平均数公式分别求出，即可得解.
【小问1详解】
解：样本中男生的人数为人，
样本中女生的人数为人，
设从该区所有九年级学生中随机抽取1名学生，该学生选考乒乓球为事件，
则该学生选考乒乓球的概率；
【小问2详解】
解：设从该区九年级全体男生中随机抽取1人，选考跳绳为事件，
从该区九年级全体女生中随机抽取1人，选考跳绳为事件，
由题意，
则从该区九年级全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人选考1分钟跳绳的概率为；
【小问3详解】
解：，
，
所以.
19. 已知，，是椭圆：上的三个点，是坐标原点.
（1）当点是椭圆的右顶点，且四边形为菱形时，求此菱形的面积；
（2）过右焦点的直线（与轴不重合）与椭圆交于，两点，点，若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意，当四边形为菱形，与相互垂直和平分，设点坐标，然后求出菱形面积.
（2）分类讨论，分直线与轴和不垂直时，设直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理及中点坐标公式求出中点坐标，列垂直平分线所在方程，根据基本不等式性质，即可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
椭圆：右顶点的坐标为，
因为四边形为菱形，所以与相互垂直和平分，
所以可设，代入椭圆方程得，即，
所以菱形的面积为.
【小问2详解】
当直线垂直轴时，，此时，符合题意；
当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，
由，得
，
由得.
设，，则
，，
所以，
所以线段中点的坐标为，
由题意知，故直线的方程为，
令，，即，
当时，得
，当且仅当，等号成立，
同理，当时，得
，当且仅当，等号成立，
综上所述，实数的取值范围为.
20. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求的单调区间；
（3）求证：当≤时，≥.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程；
（2）求出，分、、，讨论的单调性可得答案；
（3）当时，令，得或，取得极小值，
，由极小值定义及的单调性可知：当时，；
时，设，由二次函数的性质可知恒成立，可得答案.
【小问1详解】
，
因为，，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
由（1）知：，（），
因为，令，所以或，
当时，，
则的变化情况如下表：
当时，，则 恒成立，在内恒增；
当时，，则 的变化情况如下表：
综上，当时，单调递增区间是和，单调递减区间是；
当时，单调递增区间是，无单调递减区间；
当时，单调递增区间和 ，单调递减是.
【小问3详解】
当时，令，得或，易知，
则的变化情况如下表：
所以当时，取得极小值，
由于，则，，，，
所以由极小值定义及的单调性可知：当时，，
接下来，研究在的变化情况，
因为恒成立，设，
对称轴，，抛物线开口向上，，
所以由二次函数的性质可知：当时，恒成立，
所以在时恒成立.
综上所述：当时，.
21. 设为正整数，区间（其中，）同时满足下列两个条件：
①对任意，存在使得；
②对任意，存在，使得（其中）．
（Ⅰ）判断能否等于或；（结论不需要证明）．
（Ⅱ）求的最小值；
（Ⅲ）研究是否存在最大值，若存在，求出的最大值；若不存在，说明理由．
【答案】（Ⅰ）可以等于，但不能等于；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在最大值，为．
【解析】
【分析】（Ⅰ）根据题意可得出结论；
（Ⅱ）根据（Ⅰ）中的结论得出可以等于，可得出区间的长度为，结合①得出，再由，，，满足条件①、②可得出的最小值；
（Ⅲ）利用反证法推导出，进而得出，由此得出，进而得出，再举例说明成立，由此可得出正整数的最大值.
【详解】（Ⅰ）可以等于，但不能等于；
（Ⅱ）记为区间的长度，则区间的长度为，的长度为．
由①，得．
又因为，，，显然满足条件①，②．
所以的最小值为；
（Ⅲ）的最大值存在，且为．
解答如下：（1）首先，证明．
由②，得、、、互不相同，且对于任意，．
不妨设．
如果，那么对于条件②，当时，不存在，使得．
这与题意不符，故.
如果，那么，
这与条件②中“存在，使得（其中、、、、、、）”矛盾，故．
所以，，，，则．
故．
若存在，这与条件②中“存在，使得”矛盾，
所以．
（2）给出存在的例子 ．
令，其中、、、，即、、、为等差数列，公差．
由，知，则易得，
所以、、、满足条件①．
又公差，
所以，．（注：
为区间的中点对应的数）
所以、、、满足条件②．
综合（1）（2）可知的最大值存在，且为．
【点睛】本题考查数列与区间的综合应用，考查反证法的应用，考查推理论证能力，属于难题.
生鲜区
熟食区
乳制品区
日用品区
其它区
营业收入占比
净利润占比
极大值
极小值
极大值
极小值
极小值
极大值