2023-2024学年北京市门头沟区高三上学期期末调研数学试题

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1．本试卷共6页，共3道大题，21个小题.满分100分.考试时间90分钟.
2．在试卷和答题卡上准确填写学校和姓名，并将考试编号填写（或条形码粘贴）在答题卡相应位置处.
3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.选择题、作图题用2B铅笔作答，其它试题用黑色字迹签字笔作答.
4．考试结束，将试卷、答题卡和草稿纸一并交回.
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 复数（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的除法法则计算．
【详解】．
故选：A．
2. 集合，，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合，然后根据集合的交集运算求得答案.
【详解】,
故，
故选：C.
3. 在的展开式中，的系数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由二项展开式通项公式得的项数后可得其系数．
【详解】，令，，
所以的系数是．
故选：B．
4. “角终边关于轴对称”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
【解析】
【分析】根据命题的充分必要性分别判断即可.
【详解】由角的终边关于轴对称，可知，即成立，
当时，角的终边关于轴对称或，
所以“角的终边关于轴对称”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
5. 下列函数中，在为增函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复合函数的单调性判断ABC，利用导数判断D．
【详解】解：A不正确，在每一个单调区间上增，在不是增函数，时函数不存在；B是对称轴为，在不是增函数；C在为减函数，D求导得可，可知D正确
故选：D．
6. 如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不垂直的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方体的性质，结合线面垂直的判定定理依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：对于A选项，如图，因为为所在棱的中点，故由正方体的性质易得，所以，由于，故平面，故A选项正确；
对于B选项，如图，因为为所在棱的中点，所以，由正方体的性质得，所以平面，故，所以，同理得，，故平面，故B选项正确；
对于C选项，如图，因为为所在棱的中点，所以，所以在中，与夹角为，故异面直线与所成的角为，故平面不成立，故错误；
对于D选项，同A选项，可判断平面.
故选：C
7. 等差数列的公差，数列的前项和，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，由与关系求得，再根据是等比数列求得结论．
【详解】解：设，则，当时，，，
又，所以，
所以，，
故选：C.
8. 点在抛物线上，则到直线的距离与到直线的距离之和的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线定义可知最小值就是焦点到直线的距离，由点到直线距离公式得解.
【详解】由抛物线定义到直线的距离等于到抛物线焦点距离，
所以到直线的距离与到直线的距离之和的最小值，
即焦点到直线的距离：.
故选:B.
9. 在函数的图像上存在两个不同点，使得关于直线的对称点在函数的图像上，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可转化为函数与函数有两个焦点，进而可得参数范围.
【详解】解：由指对函数性质可知，可转化为函数与函数有二个不同交点，
当时，不合题意；
当时，，有两个解，
设函数，，
，令，解得，
所以函数在单调递增，则单调递减，
所以，
又，
且当时，，
所以，
故选：C.

10. 某电力公司在工程招标中是根据技术、商务、报价三项评分标准进行综合评分的，按照综合得分的高低进行综合排序，综合排序高者中标．
分值权重表如下：
技术标、商务标基本都是由公司的技术、资质、资信等实力来决定的．报价表则相对灵活，报价标的评分方法是：基准价的基准分是68分，若报价每高于基准价1%，则在基准分的基础上扣0.8分，最低得分48分；若报价每低于基准价1%，则在基准分的基础上加0.8分，最高得分为80分．若报价低于基准价15%以上（不含15%）每再低1%，在80分在基础上扣0.8分．
在某次招标中，若基准价为1000（万元）．甲、乙两公司综合得分如下表：
甲公司报价为1100（万元），乙公司的报价为800（万元）则甲，乙公司的综合得分，分别是（ ）
A. 73，75.4B. 73，80C. 74.6，76D. 74.6，75.4
【答案】A
【解析】
【分析】根据定义计算甲，乙两公司的报价得分，再计算综合得分．
【详解】甲公司报价为1100（万元），比基准价1000（万元）多100（万元），超10%，所以得分为，因此综合得分为；
乙公司报价为800（万元），比基准价1000（万元）少200（万元），低20%，所以得分为，因此综合得分为，故选A．
【点睛】本题考查了函数值的计算，属于中档题．
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，满分25分.）
11. 双曲线的一条渐近线为，则的焦距为__________
【答案】
【解析】
【分析】根据题意双曲线的一条渐近线为求出，即可求出答案.
【详解】双曲线的渐近线为，
由于双曲线的一条渐近线为，
故.
.
的焦距为.
故答案为：.
12. 已知为平面上动点，，为平面上两个定点，且，则动点的轨迹方程为_______
【答案】
【解析】
【分析】设，然后由题意直接列方程求解
【详解】设，则，
因为，
所以，
化简得，
所以动点的轨迹方程为
故答案为：
13. 函数图像向左平移_______个长度单位得到函数的图像，若函数在区间单调递增，则的最大值为_______
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由平移变换得出第一空，根据正弦函数的单调性得出第二空.
【详解】函数的图像向左平移个长度单位得到函数的图象，因为，化简得，所以函数在上单调递增，所以，故的最大值为.
故答案为：；
14. 在梯形中，，，，，是的中点，则= _______
【答案】14
【解析】
【分析】把看成基底，将用基底表示，然后利用数量积运算律求解即可
【详解】因为是的中点，
所以，
因为，，，
所以
，
故答案为：14
15. 已知函数为奇函数，且，当时，，给出下列四个结论：
①图像关于对称
②图像关于直线对称
③
④在区间单调递减
其中所有正确结论的序号是_______
【答案】①②④
【解析】
【分析】由题知函数为周期函数，周期为，再根据函数性质依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：函数为奇函数得：
所以图像关于对称；
因为，
所以，
所以根据周期性得图像关于对称，①正确，
因为，所以，即，所以，即图像关于直线对称，②正确；
所以，所以③不正确；
因为当时，，为单调递增函数，
因为图像关于直线对称，在上单调递减，
所以由周期性得在区间单调性与上的单调性相同，
所以在区间单调递减，④正确.
所以，正确题目的顺序号为①②④
故答案为：①②④
三、解答题（本大题共6小题，满分85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明.）
16. 在中，.
（1）求；
（2）若，从条件①、条件②、条件③中任选一个作为已知，使存在并唯一确定，并求的值.
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；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，边化为角，可求答案；
（2）选条件①，答案不唯一，不符合题意；选条件②，利用正弦定理可求得 , 再用正弦定理求得答案； 选条件③，可先求 ,再求,最后用正弦定理求c.
【小问1详解】
由正弦定理得
,
即,
因为 ， ,
所以;
【小问2详解】
选条件①,则，
,故 或，存在但不唯一确定，故不符合题意；
选条件②
由正弦定理得：,
,存在并唯一确定，
故,
所以，
选条件③
，存在并唯一确定，
所以，
故.
17. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，，，，分别为，的中点．
（1）判断直线与的位置关系，并说明理由；
（2）求二面角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1），理由见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）作辅助线，证明四边形为平行四边形，可得答案；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标以及相关向量坐标，利用向量的夹角公式求得答案;
（3）根据空间距离的向量求法求得答案.
【小问1详解】
.
连结，因为分别是，的中点，所以
又因为，所以，
所以四边形为平行四边形，故;
【小问2详解】
由已知两两垂直，以D为坐标原点，以DA,DC,DP分别为x,y,z轴，建立如图所示坐标系，
，
则
设平面法向量为，
，即 ，故令 ，可取，
平面的法向量为，
故，
所以二面角的余弦值为；
【小问3详解】
因为，，
设点到平面的距离为，则.
18. 第24届冬季奥运会将于2022年2月在北京和张家口举办. 为了普及冬奥知识，京西某校组织全体学生进行了冬奥知识答题比赛，从高一年级（共六个班）答题优秀的学生中随机抽查了名，得到这名优秀学生的统计如下：
（1）从这名学生中随机抽取两名学生参加区里冬奥知识比赛.
（i）恰好这名学生都来自同一班级的概率是多少？
（ii）设这名学生中来自高一（2）的人数为，求的分布列及数学期望；
（2）如果该校高中生的优秀率为，从该校中随机抽取人，这两人中优秀的人数为，求的期望.
【答案】（1）（i）；（ii）分布列见解析，
（2）0.2
【解析】
【分析】（1）（i）用古典概型求解；（ii)可取0，1，2用古典概型求概率即可.
（2）两人中优秀的人数服从二项分布，利用公式即可.
【小问1详解】
（）20名学生中随机抽取两名学生共有，
设恰好2名学生都来自同一班级共有，
.
（）可取0，1，2，
，，
的分布列为：
的期望，
【小问2详解】
可取0，1，2，，
所以.
19. 已知函数．
（1）求在点处的切线方程；
（2）证明：在区间存在唯一极大值点；
（3）证明：当，．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）对函数进行求导，求出在处的导函数值和函数值，即可求出答案.
（2）对函数进行求导，由零点存在性定理即可得以证明.
（3）由（2）知函数单调性，求出，即可得以证明
【小问1详解】
，，得切线方程为
【小问2详解】
由（1）得，时，
时，单调递减，，，
由零点存在定理可得，在存在唯一一个零点，
且当，，
所以，在区间存在唯一极大值点．
小问3详解】
由（2）可知，在区间上单调递增，在单调递减，
，，所以，当时，
当时，．
当，．
20. 已知椭圆的离心率，长轴的左、右端点分别为
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线 与椭圆交于两点，直线与交于点，试问：当变化时，点是否恒在一条直线上？若是，请写出这条直线的方程，并证明你的结论；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）恒在直线
【解析】
【分析】（1）设椭圆的标准方程为，由且，求得的值，即可求解；
（2）设直线的方程为，取，得到点在同一直线上，结合结论作出证明：联立方程组求得，设和与交于点和，结合，即可求解.
【小问1详解】
解：设椭圆的标准方程为，
根据题意，可得且，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
解：根据题意，可设直线的方程为，
取，可得，
可得直线的方程为，直线的方程为，
联立方程组，可得交点为；
若，由对称性可知交点，
若点在同一直线上，则直线只能为；
以下证明：对任意的，直线与直线的交点均在直线上，
由，整理得，
设，则，
设与交于点，由，可得，
设与交于点，由，可得，
因为
，
因为，即与重合，
所以当变化时，点均在直线上，.
21. 若集合（）满足：对任意（），均存在（），使得，则称具有性质．
（1）判断集合，是否具有性质；（只需写出结论）
（2）已知集合（）具有性质．
（）求；
（）证明：．
【答案】（1）集合具有性质；集合不具有性质；
（2）（）；（）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)判断集合是否具有性质P，只要找出一个反例就可以说明不具备性质P；
(2)（）由积为零，可以得到至少有一个因式为零；
（）找出与的关系即可.
【小问1详解】
集合具有性质；
集合不具有性质，只需要找到一个反例即可，如 ．
【小问2详解】
（）取，由题知，存在（），使得成立，即，
又，故必有．
又因为，所以．
（）由（）得，当时，存在（）使得成立，又因为，故，即．所以．
又，所以，
故，
相加得：
，即．
总分
技术
商务
报价
100%
50%
10%
40%
公司
技术
商务
报价
甲
80分
90分
A甲分
乙
70分
100分
A乙分
高一班级
一（1）
一（2）
一（3）
一（4）
一（5）
一（6）
人数
0
1
2