北京市丰台区2023-2024学年高三上学期期末练习数学试卷 含解析

这是一份北京市丰台区2023-2024学年高三上学期期末练习数学试卷 含解析，共22页。试卷主要包含了01， 若，则， 在的展开式中，的系数为，4B，2D等内容，欢迎下载使用。
2024.01
本试卷共6页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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】由补集和并集的定义求解即可.
【详解】因为，，，
所以，
.
故选：A.
2. 若，则（ ）
A. B. 1
C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的运算法则进行运算，继而直接求模即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：B．
3. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B. 120
C. D. 60
【答案】D
【解析】
【分析】求出的通项，令即可得出答案.
【详解】的通项为：，
令可得：的系数为.
故选：D.
4. 在中国文化中，竹子被用来象征高洁、坚韧、不屈的品质．竹子在中国的历史可以追溯到远古时代，早在新石器时代晚期，人类就已经开始使用竹子了．竹子可以用来加工成日用品，比如竹简、竹签、竹扇、竹筐、竹筒等．现有某饮料厂共研发了九种容积不同的竹筒用来罐装饮料，这九种竹筒的容积（单位：L）依次成等差数列，若，，则（ ）
A. 5.4B. 6.3
C. 7.2D. 13.5
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质及求和公式求解.
【详解】∵依次成等差数列，，
∴，即，又，
则.
故选：B.
5. 已知直线与圆相切，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得圆心到的距离等于半径1，即可解得的值．
【详解】直线即，
由已知直线与圆相切可得，
圆圆心到的距离等于半径1，
即，解得，
故选：B．
6. 如图，函数的图象为折线，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正切型函数的图象与性质结合分段函数性质即可得到解集.
【详解】设，
令，且，解得，，
令，则，则在上单调递增，
，则，
则当时，，，则满足，即，
当时，，且单调递减，，且单调递增，
则时，，即；时，，即；
综上所述：的解集为，
故选；C.
7. 在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板折起，使得二面角为直二面角，得图2所示四面体．小明对四面体中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．其中判断正确的个数是（ ）
A. 1B. 2
C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于①中，因为二面角为直二面角，可得平面平面，
又因为平面平面，，且平面，
所以平面， 所以①正确；
对于②中，由平面，且平面，可得，
又因为，且，平面，
所以平面，所以②正确；
对于③中，由平面，且平面，所以平面平面，所以③正确；
对于④，中，因为平面，且平面，可得平面平面，
若平面平面，且平面平面，可得平面，
又因为平面，所以，
因为与不垂直，所以矛盾，所以平面和平面不垂直，所以D错误.
故选：C.
8. 已知是两个不共线的单位向量，向量（）．“，且”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】A
【解析】
【分析】举例验证必要性，通过向量的运算来判断充分性.
【详解】当，且时，
，充分性满足；
当时，
，当，时，
是可以大于零的，
即当时，可能有，，必要性不满足，
故“，且”是“”的充分而不必要条件.
故选：A.
9. 在八张亚运会纪念卡中，四张印有吉祥物宸宸，另外四张印有莲莲．现将这八张纪念卡平均分配给4个人，则不同的分配方案种数为（ ）
A. 18B. 19
C. 31D. 37
【答案】B
【解析】
【分析】设吉祥物宸宸记为，莲莲记为，将这八张纪念卡分为四组，共有3种分法，再分给四个人，分别求解即可.
【详解】设吉祥物宸宸记为，莲莲记为
①每人得到一张，一张，共有1种分法；
②将这八张纪念卡分为四组，
再分给四个人，则有种分法
③将这八张纪念卡分为四组，
再分给四个人，则有种分法
共有：种.
故选：B.
10. 已知函数，当时，记函数的最大值为，则的最小值为（ ）
A. 3.5B. 4
C. 4.5D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】先利用函数的奇偶性，转化为求在上的最大值；再根据的取值范围的不同，讨论函数在上的单调性，求函数的最大值.
【详解】易判断函数为偶函数，根据偶函数的性质，问题转化为求函数，上的最大值.
当时，，二次函数的对称轴为，函数在上单调递增，所以；
当时，，
因为，所以在上递增，在上也是递增，
所以；
当时，，
因为，所以在上递增，在上递减，在上递增，
所以或，
若，则；
若，则;
当时，，（因为），
所以函数在上递增，在上递减，所以.
综上可知：的最小值为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题，然后讨论函数在给定区间上的单调性，从而求最大值.认真分析函数的单调性是关键.
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. 双曲线的渐近线方程________．
【答案】
【解析】
【分析】先确定双曲线的焦点所在坐标轴，再确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后确定双曲线的渐近线方程．
【详解】∵双曲线的a=2，b=1，焦点在x轴上
而双曲线的渐近线方程为y=±
∴双曲线的渐近线方程为y=±
故答案为y=±
【点睛】本题考查了双曲线的标准方程，双曲线的几何意义，特别是双曲线的渐近线方程，解题时要注意先定位，再定量的解题思想
12. 已知，则___．
【答案】0
【解析】
【分析】由解析式直接代入求解即可.
【详解】因为，
，
所以.
故答案为：0.
13. 矩形中，，，且分为的中点，则___．
【答案】##-1.75
【解析】
【分析】以为坐标原点，建立如下图所示的平面直角坐标系，求出，由数量积的坐标表示求解即可.
【详解】以为坐标原点，建立如下图所示的平面直角坐标系，
，
所以，
.
故答案为：.
14. 如图，在平面直角坐标系中，角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆交于点，过点作轴的垂线，垂足为．若记点到直线的距离为，则的极大值点为___，最大值为___．

【答案】 ①. 或 ②. ##0.5
【解析】
【分析】根据三角函数的概念得及，利用面积法求得，根据的范围及三角函数的性质讨论的单调性，进而求得答案.
【详解】由题意，，
由，得
，
∴当时，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增；当时，单调递减，
则的极大值点为或，
∵，，
∴当，即或时，取最大值为．
故答案为：或；.
15. 在平面直角坐标系内，动点与定点的距离和到定直线的距离的和为4．记动点的轨迹为曲线，给出下列四个结论：
①曲线过原点；
②曲线是轴对称图形，也是中心对称图形；
③曲线恰好经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点）；
④曲线围成区域的面积大于．
则所有正确结论的序号是___．
【答案】①③④
【解析】
【分析】根据题目整理方程，分段整理函数，画出图象，可得答案.
【详解】设，则，到直线l的距离，
由题意可知，，
，，
当时，，
则；
当时，，则，，.
可作图如下：
由图可知：曲线W过原点，且是轴对称图形，但不是中心对称图形，故①正确，②错误；
曲线经过4个点，没有其它整点，故③正确；
由，，，
四边形的面积，，
，
多边形的面积
曲线W围成区域的面积大于，故④正确.
故答案为：①③④.
三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16. 在△中，，．
（1）求的大小；
（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求出边上的中线的长度．
条件①：；条件②：△的周长为；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）选择条件②或③，
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可解得；
（2）条件②由余弦定理可得；条件③由三角形的面积公式和余弦定理可得.
【小问1详解】
在中，因为，又，所以．
因为，所以．
因为，所以．
【小问2详解】
选择条件②：因为中，，，，
所以，即为等腰三角形，其中．
因为，所以．
所以．
设点为线段的中点，在中，．
因为中，
，
所以，即边上的中线的长度为．
选择条件③：因为中，，，，
所以，即为等腰三角形，其中．
因为的面积为，即，
所以．
设点为线段的中点，在中，．
因为中，
，
所以，即边上的中线的长度为．
由题可知，故①不合题意.
17. 如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，点为中点．
（1）求证：// 平面；
（2）点为棱上一点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可得的坐标，即可得解.
【小问1详解】
因为正方形中，．
因为平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为底面，正方形中，
分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图
不妨设，
因为，点为的中点，点为棱上一点，
则，，，，，．
所以，，．
设为平面的法向量，则，．
所以，令，得，所以．
设直线与平面所成角为，
则，
解得，因为，所以，
所以．
18. 2023年冬，甲型流感病毒来势汹汹．某科研小组经过研究发现，患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异．在某地的两类人群中各随机抽取20人的该项医学指标作为样本，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值，将该指标小于的人判定为阳性，大于或等于的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，用频率估计概率．
（1）当临界值时，求漏诊率和误诊率；
（2）从指标在区间样本中随机抽取2人，记随机变量为未患病者人数，求的分布列和数学期望；
（3）在该地患病者占全部人口的5%的情况下，记为该地诊断结果不符合真实情况的概率．当时，直接写出使得取最小值时的的值．
【答案】（1），
（2）分布列见解析；期望为
（3）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图计算可得；
（2）利用超几何分布求解；
（3）写出的表达式判单调性求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知，．
【小问2详解】
样本中患病者在指标为区间的人数是，未患病者在指标为区间的人数是，总人数为5人．
可能的取值为0，1，2．
，，．
随机变量的分布列为
随机变量的期望为．
【小问3详解】
由题，，
时，令
所以，关于的一次函数系数为，故单调递增，则即时取最小值
19. 已知函数．
（1）若曲线在点处的切线平行于轴，求实数的值；
（2）求函数的单调区间．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）先求函数的导函数，若曲线在点处的切线平行于轴，只需保证，求实数的值即可；
（2）求得有两个根“和”，再分、和三种情况分析函数的单调性即可.
【小问1详解】
由题可得，
因为在点处的切线平行于轴，所以，
即，解得，经检验符合题意．
【小问2详解】
因为，
令，得或．
当时，随的变化，，的变化情况如下表所示：
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
当时，因为，当且仅当时，，
所以在区间上单调递增．
当时，随的变化，，的变化情况如下表所示：
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
综上所述，
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．
20. 已知椭圆．
（1）求椭圆的离心率和焦点坐标；
（2）设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点，，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值．
【答案】（1）离心率为，焦点坐标分别为，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆方程直接求出离心率与焦点坐标；
（2）根据直线与椭圆相切求出坐标并得到，
法一：设直线的方程为，由韦达定理求出证得结论．
法二：记，由点差法求可证得结论．
【小问1详解】
由题意得，解得．
所以椭圆E的离心率为，焦点坐标分别为，．
【小问2详解】
由消去y并整理得： ①
其判别式得，化简为．
此时方程①可化为，解得， (由条件知异号) ．
记，则，所以，即点．
所以OP的斜率．
法一：因为，所以可设直线的方程为．
由消去y并整理得：．
当其判别式大于零时，有两个不相等的实根，
设，则．
因为C是A关于原点O的对称点，所以点C的坐标为．
所以直线BC的斜率
．
所以．
法二：记，
因为点C与点A关于原点对称，所以．
因为，所以直线AB的斜率为，所以．
因为点在椭圆上，所以，．
两式相减得：．
所以，即，所以．
所以．
【点睛】方法点睛：将P视为与椭圆相交弦中点，由中点弦定理得，设中点为M，由中点弦定理得，由得，故.
21. 对于数列，如果存在正整数，使得对任意，都有，那么数列就叫做周期数列，叫做这个数列的周期．若周期数列，满足：存在正整数，对每一个，都有，我们称数列和为“同根数列”．
（1）判断下列数列是否为周期数列．如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；
①；②
（2）若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是3和5，求证：；
（3）若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是和，求的最大值．
【答案】（1）、均是周期数列，数列周期为1（或任意正整数），数列周期为6
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由周期数列的定义求解即可；
（2）由“同根数列”的定义求解即可；
（3）是奇数时，首先证明不存在数列满足条件，其次证明存在数列满足条件.当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件,其次证明时存在数列满足条件．
小问1详解】
、均是周期数列，理由如下：
因为，
所以数列是周期数列，其周期为1（或任意正整数）．
因为，
所以．
所以数列是周期数列，其周期为6（或6的正整数倍）．
【小问2详解】
假设不成立，则有，即对于，都有．
因为，，所以．
又因为，，所以．
所以，
所以，与的最小值是3矛盾．
所以．
【小问3详解】
当是奇数时，首先证明不存在数列满足条件．
假设，即对于，都有．
因为，
所以，
即，及．
又时，，
所以，与的最小值是矛盾．
其次证明存在数列满足条件．
取
及，
对于，都有．
当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件．
假设，即对于，都有．
因为，
所以，
即，及．
又时，，
所以，与的最小值是矛盾．
其次证明时存在数列满足条件．
取
及，
对于，都有．
综上，当是奇数时，的最大值为；
当是偶数时，的最大值为．
【点睛】关键点睛：本题(3)的突破口是利用“同根数列”的定义分类讨论，当是奇数时，首先证明不存在数列满足条件，其次证明存在数列满足条件.当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件，其次证明时存在数列满足条件．0
1
2
单调递增
单调递减
单调递增
单调递增
单调递减
单调递增