2024届北京市汇文中学高三上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2024届北京市汇文中学高三上学期期中考试数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据一元二次不等式的解法求解集合A，结合交集的定义和运算即可求解.
【详解】由题意知，
，，
所以.
故选：B.
2．下列命题中，正确的是（ ）
A．的虚部是2B．
C．的共轭复数是D．在复平面内对应的点在第二象限
【答案】B
【分析】根据复数的概念，共轭复数的定义，复数在直角坐标系的表示方法即可求解.
【详解】解：
A选项：的虚部是，故A错误；
B选项：，故B正确；
C选项：的共轭复数是，故C错误；
D选项：在复平面内对应的点在第四象限，故D错误.
故选：B
3．已知点是角终边上一点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角函数定义得到，再根据诱导公式计算得到答案.
【详解】点是角终边上一点，故，
.
故选：D
4．已知，表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】A
【解析】根据线面垂直的判定与性质、线面平行的判定与性质依次判断各个选项可得结果.
【详解】选项：由线面垂直的性质定理可知正确；
选项：由线面垂直判定定理知，需垂直于内两条相交直线才能说明，错误；
选项：若，则平行关系不成立，错误；
选项：的位置关系可能是平行或异面，错误.
故选：
【点睛】本题考查空间中线面平行与垂直相关命题的辨析，关键是能够熟练掌握空间中直线与平面位置关系的判定与性质定理.
5．在中，点D在边AB上，．记，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．
【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．
故选：B．
6．函数在区间上的最大值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】确定，，得到最值.
【详解】，
，故，
故函数的最大值为.
故选：C
7．在数列中，已知，则“”是“是单调递增数列”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
【分析】分别求出当、“是单调递增数列”时实数的取值范围，利用集合的包含关系判断可得出结论.
【详解】已知，若，即，解得.
若数列是单调递增数列，对任意的，，即，
所以，对任意的恒成立，故，
因此，“”是“是单调递增数列”的充要条件.
故选：C.
8．已知函数的部分图象如图所示，将该函数的图象向左平移（）个单位长度，得到函数的图象．若函数的图象关于原点对称，则的最小值（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合函数图像求出函数的图像距离原点最近的点的坐标，即可确定的值
【详解】解：如图设函数的部分图像与轴的交点为，
由图可知，所以，
所以点与点关于点对称，
设，则，解得，
因为将函数函数的图像向左平移（）个单位长度，得到函数的图像，且图像关于原点对称，
所以平移后的函数为奇函数，即相当于把的图像与轴最近的交点平移到坐标原点即，由图可知此点为，
所以，
故选：B
9．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.如图3中每个正方体的棱长为1，则点到平面的距离为（ ）
图1 图2 图3
A．B．C．1D．
【答案】A
【分析】由题意建立如图空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再由点到平面的距离公式计算即可求解.
【详解】建立如图空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
由，令，得，
所以点A到平面的距离是.
故选：A.
10．设函数，给出下列四个结论：①当时，函数有三个极值点；②当时，函数有三个极值点；③是函数的极小值点；④不是函数的极大值点.其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．②③C．①④D．②④
【答案】D
【分析】取特殊值，结合函数图象可判断①③；作出函数图象，数形结合可判断②；讨论a的取值范围，结合函数图象，可判断④.
【详解】对于①，不妨取，此时，
作出函数图像如图：

此时函数有2个极值点，故①错误；
对于②，当时，，作出函数的大致图象如图：

在单调递减，在单调递增，在上单调递减，在单调递增，
此时函数有3个极值点：，②正确；
对于③，由①的分析可知，时，是函数的极大值点，③错误；
对于④，由以上分析可知当时，，且为的对称轴，
此时为函数的极小值点，
当时，，此时在上单调递减，
在上也单调递减，在上单调递增，
不是函数的极大值点，

故不是函数的极大值点，④正确，
故选：D
【点睛】方法点睛：题目中分段函数涉及的函数是比较常见的函数，故可作出函数大致图象，数形结合，再结合函数极值点的概念进行判断，即可解决问题.
二、填空题
11．首项为1的等比数列中，，，成等差数列，则公比 .
【答案】2
【分析】根据等差中项可得，利用等比数列通项公式代入即可求.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，成等差数列，
所以，
所以，
因为首项为1，所以，
所以，故.
故答案为：2
三、双空题
12．若函数为偶函数，则 ，的最小值为 .
【答案】 2
【分析】根据偶函数定义即可求，据函数单调性求函数的最小值.
【详解】因为函数为偶函数，
所以，即，
所以；
故，
当时，，所以，
当且仅当，即时，等号成立；
由偶函数图象的对称性，所以当时，，
综上，所以，即的最小值为2.
故答案为：；2
四、填空题
13．已知正四棱锥，底面边长为2，体积为，则这个四棱锥的侧棱长为 .
【答案】
【分析】由棱锥的体积公式计算出高，然后由勾股定理求解即可.
【详解】因为正四棱锥，底面边长为2，所以底面积为：.
设正四棱锥的高为，由，所以.
所以侧棱长为：.
故答案为：
14．已知数列满足，，，.则集合中元素的个数为 .
【答案】24
【分析】利用累加法得到，，即可得到，然后对分奇数和偶数两种情况讨论.
【详解】由题意得，，
所以
，
又，
所以，，
当为偶数时，令，解得，
当为奇数时，令，因为函数的对称轴为，
当时，，当时，，所以，
综上可得集合中元素的个数为.
故答案为：24
五、双空题
15．已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意，，（，），则 ， .
【答案】 3
【分析】依题意可根据单位向量设出，使其满足条件，可得，再利用即可得，解得，即可求得.
【详解】根据题意可令，由可设，
设，则由可得，
所以
,
同理可得,
所以当，即时，有最小值，解得；
所以可得，，
即，.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：在求解空间向量模长以及数量积问题时，将一般向量坐标化使计算和问题得到简化.
六、解答题
16．在中，．
(1)求的大小；
(2)以下三组条件中恰有一组条件使得三角形存在且唯一确定，请选出该组条件并求的面积．
条件①：，；
条件②：，；
条件③：，．
注：条件选择错误，第（2）问得0分．
【答案】(1)
(2)选择条件②，三角形面积为
【分析】（1）由余弦定理与已知条件结合可得，再由，所以得；（2）由，再结合，，可判断出条件②能使三角形存在且唯一确定，然后由正弦定理计算，，再代入三角形面积公式计算.
【详解】（1）由余弦定理，又，可得，所以，又因为，所以
（2）由（1）知，，根据条件②中，，所以也是唯一确定的，从而可得也是唯一确定的，再由，代入正弦定理计算可得边也是唯一确定的，故选择条件②.
因为，，所以．
由正弦定理，
可得，
所以
所以三角形面积
【点睛】关于解三角形的问题，需要判断清楚选用合适的公式求解，一般涉及二次方以及三边一角的关系时都用余弦定理，涉及两边两角的关系一般用正弦定理.
17．如图，已知平面平面，四边形是矩形，，点，分别是，的中点.

(1)若点为线段中点，求证：平面；
(2)求证：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连结交于，连结，，，证明四边形是平行四边形，则为的中点，进而有，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）根据面面垂直的性质可得面，则，再证明，即可得证.
【详解】（1）连结交于，连结，，，
因为四边形是矩形，所以，且，
又，分别为的中点，所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以为的中点，
又因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面；

（2）在矩形中，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以面，
因为平面，所以，
因为，点是的中点，
所以，
又因为平面，所以平面.
18．已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）若对于任意，都有，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）的单调递增区间是；的单调递减区间是（3）.
【解析】（1）先求得导函数，由导数的几何意义求得切线的斜率，再求得切点坐标，即可由点斜式得切线方程；
（2）求得导函数，并令求得极值点，结合导函数的符号即可判断函数单调区间；
（3）将不等式变形，并分离参数后构造函数，求得并令求得极值点，结合极值点左右两侧的单调性和端点求得最值，即可确定的取值范围.
【详解】（1）因为函数，
所以，.
又因为，则切点坐标为，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）函数定义域为，
由（1）可知，.
令解得.
与在区间上的情况如下：
所以，的单调递增区间是；
的单调递减区间是.
（3）当时，“”等价于“”.
令，，，.
令解得，
当时，，所以在区间单调递减.
当时，，所以在区间单调递增.
而，.
所以在区间上的最大值为.
所以当时，对于任意，都有.
【点睛】本题考查了导数的几何意义，切线方程的求法，由导函数求函数的单调区间，分离参数法并构造函数研究参数的取值范围，由导数求函数在闭区间上的最值，属于中档题.
19．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一点.
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)求二面角的正弦值；
(3)是否存在点，使平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）首先以点为原点，建立空间直角坐标系，并求平面的法向量，利用向量法求线面角；
（2）根据（1）的结果，再根据向量法求二面角的余弦值，最后转化为正弦值，即可求解；
（3）根据（1）的结果，并设点的坐标为，若假设存在，则，即可求解.
【详解】（1）以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
，，
设平面的一个法向量为
，不妨设，则，，，
所以平面的一个法向量为
设直线与平面所成角为，
则.
（2）由正方体可得，，，且，
且平面，所以平面的一个法向量为，
则.
因为二面角为锐二面角，
所以二面角的正弦值为.
（3）存在，设点的坐标为，所以
平面的一个法向量为，
因为，所以，
因为平面，所以平面.
此时
20．已知函数.
(1)求证：函数在区间上为单调递增函数；
(2)若函数在上的最大值在区间内，求整数的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求导，对导函数因式分解，进而得到导函数大于等于0，得到函数单调递增；
（2）求导，结合隐零点得到在上单调递增，在上单调递减，求出的最大值，进而构造函数，得到，得到整数的值.
【详解】（1），
当时，，，，
∴单调递增；
（2），
令，则，所以在上单调递增，
因为，，
所以存在，使得，即，即，
故当时，，当时，，
又当时，（等号仅在时成立），所以当时，，
当时，（等号仅在时成立），
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
令，，则，，
所以在上单调递增，则，，
所以，所以.
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
21．已知数列：，，…，.如果数列：，，满足，，其中，则称为的“衍生数列”.
(1)若数列：，，，的“衍生数列”是：5，，7，2，求；
(2)若为偶数，且的“衍生数列”是，证明：的“衍生数列”是；
(3)若为奇数，且的“衍生数列”是，的“衍生数列”是，…依次将数列，，，…第（）项取出，构成数列：，，….求证：是等差数列.
【答案】(1)2，1，4，5
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意中的新定义，列出关于的方程，解之即可；
（2）由题意得，进而，，将上式n个等式中的第2,4,6，这个式子都乘以-1，相加得，结合“衍生数列”的定义即可求解；
（3）设数列中后者是前者的“衍生数列”.欲证数列成等差数列，只需证明成等差数列，只需证即可.
【详解】（1）由题意知，
，
解得，
所以；
（2）由，得，
所以，，
由于n为偶数，将上式n个等式中的第2,4,6，，这个式子都乘以-1，相加得
，
即，所以，
又，，
根据“衍生数列”的定义知，数列是的“衍生数列”；
（3）设数列中后者是前者的“衍生数列”.
欲证数列成等差数列，只需证明成等差数列，
即只要证明即可.
由（2）知，
，
所以，即成等差数列，
所以成等差数列.
－
0
＋
↘
极小值
↗