2024届北京市顺义牛栏山第一中学高三上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2024届北京市顺义牛栏山第一中学高三上学期期中考试数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，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】D
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
又，
所以.
故选：D
2．下列函数中既是奇函数，又在上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据基本初等函数的单调性与奇偶性判断即可.
【详解】对于A：定义域为，
且，即为奇函数，
又与在上单调递增，所以在上单调递增，故A正确；
对于B：函数为偶函数，故B错误；
对于C：函数为偶函数，故C错误；
对于D：函数为奇函数，但是在上单调递减，故D错误；
故选：A
3．在平面直角坐标系中，角以为始边，则“角的终边过点”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据三角函数的定义即可判断.
【详解】当角的终边过点时，根据三角函数的定义，可得，充分性成立；
当时，为第二象限角或第四象限角，若为第四象限角，则角的终边不过点，必要性不成立.
所以“角的终边过点”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4．在中，，，，满足条件的（ ）
A．有无数多个B．有两个C．有一个D．不存在
【答案】D
【分析】利用正弦定理求出，再结合正弦函数的性质判断即可.
【详解】因为，，，
由正弦定理，即，所以，
又，
由正弦函数的性质可得不存在，所以满足条件的不存在.
故选：D
5．若，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用不等式的性质可判断选项A,B，利用幂函数的单调性可判断选项C，利用指数函数的性质可判断选项D.
【详解】对A，因为，所以，A错误；
对B，因为，所以，B错误；
由幂函数在定义域上单调递增，且，
所以，即，C正确；
对D，取，则，D错误；
故选：C.
6．在中，，是直线上的一点，若则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】依题意可得，根据平面向量共线定理的推论及平面向量基本定理计算可得.
【详解】因为，所以，
又是直线上的一点，所以，
又，
所以，所以.
故选：B
7．已知正项等比数列的公比为，前项和为，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据等比数列前项和公式，利用不等式的性质进行判断即可．
【详解】
，由于为正项的等比数列，所以，因此，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：A
8．古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧，若在B，C处分别测量球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC=100，则该球体建筑物的高度约为（ ）（cs10°≈0.985）

A．45.25B．50.76C．56.74D．58.60
【答案】B
【分析】数形结合，根据三角函数解三角形求解即可；
【详解】
设球的半径为R，
，，
故选:B.
9．已知函数的图象与直线的相邻交点间的距离为，若定义，则函数，在区间内的图象是
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题知，利用求出，再根据题给定义，化简求出的解析式，结合正弦函数和正切函数图象判断，即可得出答案.
【详解】根据题意，的图象与直线的相邻交点间的距离为，
所以 的周期为， 则，
所以，
由正弦函数和正切函数图象可知正确.
故选：A.
【点睛】本题考查三角函数中正切函数的周期和图象，以及正弦函数的图象，解题关键是对新定义的理解.
10．过直线上一动点，向圆：引两条切线，、为切点，则圆上的动点到直线距离的最大值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，设，由圆的切线性质可得点、在以为直径的圆上，联立两个圆的方程可得直线的方程，结合的坐标可得直线过定点，据此分析可得答案．
【详解】根据题意，点在直线上，设，则，
过点作圆的两条切线，切点分别为，，则，，
则点、在以为直径的圆上，
又由，则以为直径的圆的方程是，
圆的方程为，
联立两个圆的方程可得：直线的方程为，即，
因为，所以，代入直线的方程，得，即，
当且，即，时该方程恒成立，所以直线过定点，
点到直线距离的最大值即为点，之间的距离加上圆的半径，
即点到直线距离的最大值为．
动点到直线距离的最大值为，
故选：B
二、填空题
11．函数f（x）=lg2（1﹣x）的定义域为 ．
【答案】{x|x＜1}
【详解】试题分析：要使函数f（x）=lg2（1﹣x）有意义，只需对数的真数大于0，建立不等式解之即可，注意定义域的表示形式．
解：要使函数f（x）=lg2（1﹣x）有意义
则1﹣x＞0即x＜1
∴函数f（x）=lg2（1﹣x）的定义域为{x|x＜1}
故答案为{x|x＜1}
【解析】对数函数的定义域．
12．已知复数，则 ．
【答案】5
【分析】根据共轭复数的定义，结合复数乘法运算即可求解.
【详解】，
故答案为：5
13．已知方程表示椭圆，则实数的取值范围
【答案】
【分析】依题意可得，解得即可.
【详解】因为方程表示椭圆，
所以，解得或，
即实数的取值范围为.
故答案为：
14．如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），给出下列四个结论：
①存在点，使得
②不存在点，使得
③存在点，使得平面
④不存在点，使得直线与平面的所成角为
其中，所有正确结论的序号为 ．
【答案】①②③．
【分析】由题意可将图形补全为一个正方体，，根据线面垂直即可判定①，．根据平面，而是圆弧上的动点，即可判定②；对于③，建立空间直角坐标系，根据平面的法向量和垂直即可判定结果；对于④，当点与点重合时，直线与平面所成角最大，求出夹角正弦值，进一步分析即可．
【详解】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示：
对于①，因为平面，平面，
所以，所以当，重合时，由．故①正确；
对于②，因为，若，则，又，
则，重合，而是圆弧上的动点，，不可能重合，
所以不成立，故②正确；
对于③，以为原点，，，所在直线为，，轴的建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则,0,,,0,,,2,,,2,，
，
,,，，，，
所以，，
设为平面的一个法向量，
则，
令，得，，则．
假设平面，
则，所以．
因为，，，所以，
即是圆弧的中点，符合题意，
所以存在点，使得平面，故③正确；
对于④，当点与点重合时，直线与平面所成角最大，
因为，
所以，，
此时直线与平面的所成角的正弦值为，
由，得直线与平面的所成角的最大角大于，
所以存在点，使得直线与平面的所成角为，故④错误．
故答案为:①②③．
15．首项为正数的数列满足，若对一切，都有，则的取值范围 ．
【答案】
【分析】根据给定的恒成立的不等式及递推公式，列出关于的不等式，求解作答.
【详解】因为，又对一切，都有成立，
因此对一切，，解得或对一切成立，
于是或，又数列的首项为正数，即有或，
所以的取值范围为.
故答案为：
三、解答题
16．已知函数的最大值为1，
（1）求常数的值；
（2）求函数的单调递减区间；
（3）求使成立的x的取值集合.
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）利用两角和与差的公式化简成为的形式，根据三角函数的性质可得的值．
（2）将内层函数看作整体，放到正弦函数的减区间上，解不等式得函数的单调递减区间；
（3）根据三角函数的性质求解成立的的取值集合．
【详解】（1）由题意：函数，
化简得：
，
的最大值为1，
，解得：．
（2）由（1）可知．
根据三角函数的性质可得：，．
即，
解得：，，
的单调递减区间为；
（3）由题意：，即，
可得：．
，．
解得：．
成立的的取值范围是．
【点睛】本题考查了三角函数的化简和计算能力，三角函数的性质的运用．属于基础题．
17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求B；
(2)已知，D为边上的一点，若，，求的长．
【答案】(1)．
(2)．
【分析】（1）根据正弦定理边角化结合三角恒等变换即可求解，
（2）根据余弦定理求解，即可由正弦定理求解，进而由锐角三角函数即可求解.
【详解】（1）∵，根据正弦定理得，，
即，
所以，因为，
所以，所以，
因为，所以．
（2）因为，，，根据余弦定理得
，∴．
∵，∴．
在中，由正弦定理知，，∴，
∴，，所以
∴，∴．
18．如图，在四棱锥中，O是边的中点，底面．在底面中，．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）证明后可证线面平行；
（2）以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）由题意，又，所以是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2），所以是平行四边形，所以，，而，所以，
以为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
设平面的一个法向量为，则
，取，则，即，
易知平面的一个法向量是，
所以，
所以二面角的余弦值为．
【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，求二面角．求二面角的方法：
（1）几何法（定义法）：根据定义作出二面角的平面角并证明，然后解三角形得出结论；
（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出二面角两个面的法向量，由两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）．
19．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，令，，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出，然后分，，三种情况，根据导函数即可得出函数的单调性；
（2）代入，化简得出，求导根据导函数得出在上的单调性，进而得出最小值，即可证明.
【详解】（1）由已知可得，，定义域为，
所以.
（ⅰ）当时，.
当时，有，在上单调递增；
当时，有，在上单调递减.
（ⅱ）当时，解，
可得，或（舍去负值），且.
解可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增；
解可得，，所以在上单调递减.
（ⅲ）当时，在上恒成立，
所以，在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增.
（2）由（1）知，当时，，，
所以，.
所以，.
解，可得（舍去负值），
且，所以.
当时，解可得，，
所以在上单调递增；
当时，解可得，，
所以在上单调递减.
又，，
所以，当时，在处取得最小值，
所以有.
20．已知椭圆（）的离心率为，且点在椭圆上，设与平行的直线与椭圆相交于，两点，直线，分别与轴正半轴交于，两点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)判断的值是否为定值，并证明你的结论．
【答案】(1);
(2)，证明见解析.
【分析】（1）解方程组即得解；
（2）先证明直线TP和TQ的斜率存在.设，，求出，，再利用韦达定理化简即得.
【详解】（1）解：由题意，
解得，，.
故椭圆的标准方程为.
（2）解：假设直线TP或TQ的斜率不存在，则P点或Q点的坐标为(2，－1)，直线l的方程为，即.
联立方程，得，
此时，直线l与椭圆C相切，不合题意，故直线TP和TQ的斜率存在.
设，，则直线，
直线，故，，
由直线，设直线（），
联立方程，，
当时，，，
.
故.
21．数列满足：或对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等.
(1)若时，写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列序号；①；②；③；
(2)记，若证明：；
(3)若，求n的最小值.
【答案】(1)②③
(2)证明见详解
(3)1008
【分析】（1）由题干的四个限定条件对数列序号逐一判断即可；
（2）由反证法证明即可；
（3）由（2）得出一个，证明满足题意，即可得到的最小值，
【详解】（1）由题可知，数列必满足：或1，对任意i，j，都存在s，t，使得，且两两不相等，
对①，，不满足，故①不符合；
对②，当时，存在，同理当时，存在，当时，存在，故②符合；
同理对③也满足，故满足题目条件的序列号为：②③；
（2）证明：当时，设数列中1，2，3出现的频次为，由题意知，，假设时，，（对任意），与已知矛盾，故，同理可证，
假设，数列可表示为：，显然，故，经验证时，显然符合，所以，，，数列的最短数列可表示为：，故；
（3）由（2）知，数列首尾应该满足，假设中间各出现一次，此时，显然满足或1，
对或时显然满足（）；
对，或时显然满足（）；
对，时，则可选取，满足；同理若，，则可选取，满足；
如果，则可取，这种情况下每个数最多被选取一次，因此也成立，故对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等，故的最小值为1008