北京市朝阳区2023-2024学年高三上学期期中质量检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市朝阳区2023-2024学年高三上学期期中质量检测数学试卷（Word版附解析），共19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. 已知全集，集合，则（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知，再由补集以及交集定义可得结果.
【详解】由题可知，
易知，所以.
故选：D
2. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性和单调性逐一判断即可.
【详解】对于A：因为的定义域为，所以不是奇函数，所以A错误；
对于B：令，则，所以是奇函数，
又在上单调递增，B正确；
对于C：在上递减，在上递增，所以C错误；
对于D：因为，，所以是偶函数，所以D错误，
故选：B
3. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据得到，再利用二倍角公式得到答案.
【详解】，
故选：
【点睛】本题考查了二倍角公式，意在考查学生的计算能力.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用指对数函数性质判断大小关系即可.
【详解】由，即.
故选：A
5. 函数的图象的一条对称轴是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将各项对应自变量代入解析式求函数值，判断是否成立即可.
【详解】时，不是对称轴；
时，不是对称轴；
时，是对称轴；
时，不是对称轴；
故选：C
6. 设，则“”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】B
【解析】
【分析】根据题意解出不等式比较两范围大小即可得出结果.
【详解】解不等式可得或；
显然是或的真子集，
所以可得“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
7. 已知平面内四个不同的点满足，则（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】将条件变形，得到的关系，进而可得的值.
【详解】,
,
即,
.
故选：D.
8. 已知一个圆锥的高与其底面圆的半径相等，且体积为．在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，则该正方体的棱长为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求得圆锥的高与底面圆的半径为，作出组合体的轴截面，结合，列出方程，即可求解.
【详解】因为圆锥的高与其底面圆的半径相等，设圆锥的高为，底面圆的半径为，则，
又因为圆锥的体积为，可得，解得，则，
设圆锥的顶点为，底面圆心为，则高为，与正方体的上底面交点为,
在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，取其轴截面，如图所示，
设正方体的棱长为，可得，
由，可得，即，解得，
所以该正方体的棱长为.
故选：D.
9. 已知函数，设，若存在，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得函数的值域为，结合题意转化为，列出不等式，即可求解.
【详解】由题意，作出函数的图象，如图所示，
所以，当时，；
当时，，可函数的值域为，
设，若存在，使得成立，即，
只需，即对于，满足成立，即，
解得，所以实数的取值范围为.
故选：A.

10. 已知点集．设非空点集，若对中任意一点，在中存在一点（与不重合），使得线段上除了点外没有中的点，则中的元素个数最小值是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据整点的连线内部没有其它整点，当且仅当与互为素数，讨论只有一个点得到矛盾，进而有中元素不止一个，取分析是否满足要求即可.
【详解】对于整点的连线内部没有其它整点，当且仅当与互为素数，
若只有一个点，取的点使和分别同奇偶，有公因子2（或重合），不合题意，
故中元素不止一个，令，对于的点，
当或3时，取；当或4时，取；
由于、横坐标之差为，故内部无整点；
当，时，取，此时横坐标之差为，纵坐标之差为奇数，二者互素；
当，时，取，此时横坐标之差为，纵坐标之差为，二者互素；
综上，中的元素个数最小值是2.
故选：B
【点睛】关键点睛：根据题设分析出整点的连线内部没有其它整点，当且仅当与互为素数为关键.
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. 已知函数，则的最小正周期是__________．
【答案】
【解析】
【分析】化简函数为，结合最小正周期的计算公式，即可求解.
【详解】由函数，所以的最小正周期为.
故答案为：.
12. 已知单位向量，满足，则向量与向量的夹角的大小为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据向量的数量积运算，结合单位向量模长为1，代值计算即可.
【详解】因为，均是单位向量，故可得，
故可得，
即，解得，
又因为向量夹角的范围为，
故的夹角为.
故答案为：.
【点睛】本题考查向量数量积的运算，属基础题.
13. 设公差为等差数列的前项和为，能说明“若，则数列是递减数列”为假命题的一组的值依次为__________．
【答案】，（答案不唯一）
【解析】
【分析】由等差数列前n项和公式有且，结合二次函数性质找到一个满足不是递减数列的即可.
【详解】由，其对称轴为，且，
结合二次函数性质，只需，即，此时不是递减数列，
如，，则，显然.
故答案为：，（答案不唯一）
14. 古希腊数学家托勒密对三角学的发展做出了重要贡献，他的《天文学大成》包含一张弦表（即不同圆心角的弦长表），这张表本质上相当于正弦三角函数表．托勒密把圆的半径60等分，用圆的半径长的作为单位来度量弦长．将圆心角所对的弦长记为．如图，在圆中，的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，因此的圆心角所对的弦长为60个单位，即．若为圆心角，，则__________

【答案】
【解析】
【分析】根据度量弦长的定义，利用余弦定理求出时圆心角所对应的弦长，结合的圆心角所对的弦长为60个单位即可求出结果.
【详解】设圆的半径为，时圆心角所对应的弦长为，
利用余弦定理可知，即可得
又的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，的圆心角所对的弦长为60个单位，
即与半径等长的弦所对的圆弧长为60个单位，
所以.
故答案为：
15. 如图，在棱长为1的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，且，给出下列四个结论：
①动点的轨迹是一段圆弧；
②动点的轨迹与没有公共点；
③三棱锥的体积的最小值为；
④平面截该正方体所得截面的面积的最大值为．
其中所有正确结论的序号是__________．

【答案】②③④
【解析】
【分析】作出与垂直的平面，即可得动点的轨迹是两平面的交线在侧面内的线段，可知①错误；显然，即②正确；当点与点重合时到平面的距离最小时，此时最小值为，所以③正确；易知当点与点重合时，截面为等腰梯形，此时面积最大为.
【详解】取的中点分别为，连接，如下图所示：

由正方体性质可知，又因为，，所以，
又，平面，所以平面；
又平面，所以；
同理可得，
因此平面，
若，所以平面，又点是侧面上（包括边界）的动点；
所以动点的轨迹是两平面的交线在侧面内的线段，即，可知①错误；
由于是的中点，所以，即动点的轨迹与没有公共点；所以②正确；
易知三棱锥的底面的面积为定值，即，
当点到平面的距离最小时，即与点重合时，距离最小为，
此时体积值最小为，所以③正确；
显然当点与点重合时，截面面积最大，此时截面即为四边形，如下图所示：

易知，且，；
即四边形等腰梯形，易知其高为，
所以其面积为；即④正确.
故答案为：②③④
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. 已知是递增的等比数列，其前项和为，满足．
（1）求的通项公式及；
（2）若，求的最小值．
【答案】（1）；.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的通项公式以及求和的定义，建立方程，求得公比，可得答案；
（2）根据对数的性质，可得答案.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，由数列是递增数列，则，
由，则，，由，
整理可得，则，解得，
易知，.
【小问2详解】
由（1）可得：，
整理可得，，，
故的最小值为.
17. 在中，．
（1）求；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用余弦定理求得，即可求解；
（2）根据题意，若选择①②，求得，由正弦定理求得，再由余弦定理求得，结合面积公式，即可求解；
若①③：先求得，由，利用正弦定理求得，结合面积公式，即可求解；
若选择②③，利用余弦定理，列出方程求得，不符合题意.
【小问1详解】
解：因为，由余弦定理得，
又因为，所以.
【小问2详解】
解：由（1）知，
若选①②：，，
由，可得，
由正弦定理，可得，解得，则，
又由余弦定理，可得，
即，解得或（舍去），
所以的面积为.
若选①③：且，
由，可得，
因为，可得，
由正弦定理，可得，解得，
所以的面积为.
若选：②③：且，
因为，可得，整理得，
解得，不符合题意，（舍去）.
18. 如图，在三棱锥中，平面．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质判断异面直线垂直，再由勾股定理证明线线垂直，根据线面垂直的判定证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，分别求法向量，求出二面角；
（3）应用等体积法求点到面的距离即可.
【小问1详解】
因为平面，平面，平面，
所以，又，所以，
又因为，，所以，
因为平面,平面，且，
所以平面；
【小问2详解】
过作//，则平面，又由（1）知，
所以以为轴建立空间直角坐标系，如下图，

则，
设平面的法向量为，又，
所以令，则，则，
设平面的法向量为，又，
所以，令，则，则，
令二面角的平面角为，则，
由图知此二面角锐二面角，
所以，故二面角为；
【小问3详解】
设点到平面的距离为，
，所以，
又，所以，
解得，所以点到平面的距离为.
19. 已知函数．
（1）若，求在区间上的最小值和最大值；
（2）若，求证：在处取得极小值．
【答案】（1）最小值为，最大值为；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数研究在上的单调性，即可求最值；
（2）由题设，易得，构造利用导数可得，得到在处有递增趋势，即可证结论.
【小问1详解】
由题设，则，
在上，即递增，
所以最小值为，最大值为.
【小问2详解】
由题意，则，
令，则，且.
所以，即在处有递增趋势，
综上，若且无限趋向于0，
在上，递减，
在上，递增，
所以在处取得极小值．
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间上恒成立，求的取值范围；
（3）试比较与的大小，并说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）将在区间上恒成立，转化为，令，问题转化为，利用导数求函数即可得解；
（3）由（2）知，时，在区间上恒成立，取，可得解.
【小问1详解】
当时，，
，
所以曲线在点处切线的斜率，又，
所以曲线在点处切线的方程为即.
【小问2详解】
在区间上恒成立，即，对，
即，对，
令，只需，
，，
当时，有，则，
在上单调递减，
符合题意，
当时，令，
其对应方程的判别式，
若即时，有，即，
在上单调递减，
符合题意，
若即时，，对称轴，又，
方程的大于1的根为，
，，即，
，，即，
所以函数在上单调递增，，不合题意.
综上，在区间上恒成立，实数的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）知，当时，，在区间上恒成立，
即，对，
取代入上式得，化简得.
21. 已知是个正整数组成的行列的数表，当时，记．设，若满足如下两个性质：
①；
②对任意，存在，使得，则称为数表．
（1）判断是否为数表，并求的值；
（2）若数表满足，求中各数之和的最小值；
（3）证明：对任意数表，存在，使得．
【答案】（1）是；
（2）
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据题中条件可判断结果，根据题中公式进行计算即可；
（2）根据条件讨论的值，根据，得到相关的值，
进行最小值求和即可；
（3）当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，则该行有条有向线段，得到横向有向线段的起点总数，同样的方法得到纵向有向线段的起点总数，根据条件建立不等关系，即可证明.
【小问1详解】
是数表，
【小问2详解】
由题可知.
当时，有，
所以.
当时，有，
所以.
所以
所以
或者，
或者，
或，或，
故各数之和，
当时，
各数之和取得最小值.
【小问3详解】
由于数表中共个数字，
必然存在，使得数表中的个数满足
设第行中的个数为
当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，
则该行有条有向线段，
所以横向有向线段的起点总数
设第列中的个数为.
当时，将纵向相邻两个用从上到下的有向线段连接，
则该列有条有向线段，
所以纵向有向线段的起点总数
所以,
因为,所以.
所以必存在某个既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，
即存在
使得，
所以，