152，北京市海淀区北京一零一中2023-2024学年高三下学期统考四（开学考）数学试题

这是一份152，北京市海淀区北京一零一中2023-2024学年高三下学期统考四（开学考）数学试题，共25页。试卷主要包含了 已知向量，，则点A到的距离为等内容，欢迎下载使用。

班级：__________学号：__________姓名：__________成绩：__________
一､选择题共10小题．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，．若，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】根据并集结果可知，进而可构造不等式，解不等式求得结果.
【详解】解：，
，且
，，，解得：且
的取值范围为且
故选：D
2. 已知i是虚数单位，若为纯虚数，则实数（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数除法法则化简复数为代数形式，然后由复数的定义求解．
【详解】因为为纯虚数，
所以，．
故选：B．
3. 在的展开式中，第4项和第5项的二项式系数相等，则展开式中的系数为（ ）您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出，然后求出展开式的通项公式，令求出，再代入计算可得．
【详解】解：由已知可得，则，
所以二项式的展开式的通项公式为：，
令解得，所以，即的系数为，
故选：B．
4. 函数，，的零点分别为，，，则，，，的大小顺序为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数与方程之间的关系，转化为两个函数的交点问题，利用数形结合求解即可.
【详解】令，即，
令，即，
令，即，分别作出，，和的图象，
如图所示：
由图象可知：，所以.
故选：.
5. 已知向量，，则点A到的距离为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知、可求角B，然后由得所求.
【详解】由题意得，
因为，所以，
又因为，所以点A到的距离为.
故选：A
6. 设，是三角形的两个内角，下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】A
【解析】
【分析】
结合三角恒等变换的公式，以及合理利用赋值法，逐项判定，即可求解得到答案.
【详解】对于A中，因为，则
又由，
所以是正确的；
对于B中，例如，此时，
所以不一定成立，所以不正确；
对于C中，因为，例如时，，
所以不正确；
对于D中，因为，例如时，，
所以不正确，
故选：A.
【点睛】本题主要考查了三角恒等变换的应用，以及三角函数值的应用，其中解答熟记三角恒等变换的公式，以及合理利用赋值法求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
7. 已知直线，为圆上一动点，设到直线距离的最大值为，当最大时，的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先得出直线过定点，再求出圆心坐标，由圆的对称性以及斜率公式得出的值.
【详解】因为，所以直线过定点，圆可化为，则圆心，，由圆的对称性可知，当时，到直线距离的最大，则，.
故选：A
8. 已知是无穷等比数列，则“存在，使得，”是“对任意，均有”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】C
【解析】
【分析】首先由，可推得.进而可得出，或者，，分别验证可得成立；反过来，由，可得出，或者，，分别验证可得存在，使得，即可得出答案.
【详解】设公比为，显然，且.
（1）由可得，，
显然有与符号相同，则.
①若，则有，解得，
此时.
因为，所以，又，所以，所以；
②若，则有，解得.
又，所以，
此时.
因为，所以，又，所以，所以.
（2）因为，所以.
因为是常数，所以符号恒定，所以.
①若，则，所以，显然此时有成立；
②若，则，此时有，所以，
此时有成立.
综上所述，“存在，使得，”是“对任意，均有”的充分必要条件.
故选：C.
9. 2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（ ）
A. 346B. 373C. 446D. 473
【答案】B
【解析】
【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．
【详解】
过作，过作，
故，
由题，易知为等腰直角三角形，所以．
所以．
因为，所以
在中，由正弦定理得：
，
而，
所以
所以．
故选：B．
【点睛】本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为．
10. 已知抛物线和所围成的封闭曲线如图所示，已知点，若在此封闭曲线上至少存在两对不同的点，满足每一对点关于点对称，则实数的取值范围是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先联立两抛物线方程求出抛物线交点的横坐标为，再根据题意知在某一支抛物线必存在一对点满足题意，故必定还存在两支曲线上的不同点关于对称，设抛物线上的点，则关于的对称点在上，从而可得关于的方程：在上有解，最后参变分离转化为函数的值域，即可求解.
【详解】联立，可得，所以，
故两抛物线交点的横坐标为，显然在某一支抛物线上必存在一对点满足题意，
故必定还存在两支曲线上的不同点关于对称，
不妨设抛物线上的点，
则关于的对称点在上，
所以关于的方程：在上有解，
即在上有解，
因为，所以，
所以，即.
故选：B
二､填空题共5小题．
11. 已知角的终边经过点，则的值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】结合题意和三角形的定义可知，进而根据三角函数定义求出，最后根据诱导公式进行化简，从而求得结果.
【详解】解：已知角的终边经过点，
根据三角形的定义可知，
根据三角函数定义：，所以，
.
故答案为：.
12. 已知双曲线的离心率为2，则实数____________．
【答案】
【解析】
【分析】由题知，，所以，求解即可得出答案.
【详解】由题知，，则方程表示焦点在轴上的双曲线，
所以，则，
所以，解得：.
故答案为：.
13. 已知函数，若，且函数的部分图象如图所示，则等于__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据以及的部分图象，可判断的零点以及单调情况，从而求得最小正周期，可得的值，再结合零点，即可求得答案.
【详解】由题意知，故，
结合函数的部分图象可知是在一个周期内的3个零点，
且在上满足，在上单调递增，在上单调递减，
在上满足，在上单调递减，在上单调递增，
故的最小正周期为，则；
将代入，得,
即，由于，故，
故答案为：
14. 设函数，①若，则的最大值为_________；②若无最大值，则实数的取值范围是_________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①分别分析在两段内的单调性即可求出最大值；
②讨论所在的区间，分别研究函数在每一段的单调性，根据无最大值列出不等式求出结果.
详解】①若，，
当时，，单调递减，，
当时，，，
所以在单调递增，在单调递减，
则此时，
所以的最大值为2；
②当时，
当时，，单调递减，所以，
当时，在单调递增，所以，
因为无最大值，所以，解得；
当时，
当时，，单调递减，，
当时，在单调递增，在单调递减，
所以，
因为无最大值，所以，此种情况无解，舍去；
当时，
当时，，单调递减，，
当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，
所以，
因为无最大值，所以，此种情况无解，舍去；
所以实数的取值范围是
故答案为：① ;②
15. 如图，在长方体中，，动点分别在线段和上．给出下列四个结论：
①四面体的体积为；
②可能是等边三角形；
③当时，；
④有且仅有两组，使得三棱锥的四个面均为直角三角形．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③
【解析】
【分析】根据长方体的特征，利用等体积法确定①，根据特殊情况分析三角形边长可判断②，利用向量法可判断③，根据长方体中的特殊位置找出满足条件三棱锥判断④.
【详解】对于①:由题意,在长方体中,易得到平面的距离为1，到边的距离为2，
所以四面体的体积，故①正确；
对于②: 由图可知，的最小值为2，若,则,
则若此时,则,
可得,则,
即取最小值为2时，不能同时取得2，当变大时，不可能同时大于2，故不可能是等边三角形，故②错误；
对于③：建立空间直角坐标系，如图：
则设，
所以
因为，所以，即，
而
显然，当且仅当时，,故③正确；
对于④ ：当为中点，与重合时，如图，

此时,又,
故，所以，
因为，所以,
所以,即三棱锥的四个面均为直角三角形.
当为中点，与重合时，如图，

显然,
即三棱锥的四个面均为直角三角形.
当与重合，与重合时，如图，

显然,
即三棱锥的四个面均为直角三角形.
综上可知，至少三组，使得三棱锥的四个面均为直角三角形．故④ 错误.
故选：①③.
【点睛】关键点点睛：本题四个选项比较独立，
①的关键在于转化顶点，得出高及底面积为定值；
②分析三边中的最小值为2，此时其余两边不能同时等于2;
③利用向量得出两点的关系，在此关系下可推出相应关系；
④考虑特殊位置寻求满足条件的位置是解题关键.
三､解答题共6小题．解答应写出文字说明､演算步骤或证明过程．
16. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期和图象的对称轴方程；
（2）求函数在区间上的最值．
【答案】（1）最小正周期，图象的对称轴方程为
（2）最大值，最小值
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，利用求出最小正周期，整体法求出函数的对称轴方程；
（2）整体法求出函数的最值.
【小问1详解】
因为
，
所以函数的最小正周期，
令，解得
故图象对称轴方程为．
【小问2详解】
因为，所以，
所以当，即时，取最大值，
当，即时，取最小值．
17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，为棱的中点．

（1）求证：平面；
（2）若，再从条件①､条件②､条件③中选择若干个作为已知，使四棱锥唯一确定，并求：
（i）直线与平面所成角的正弦值；
（ii）点到平面的距离．
条件①：二面角的大小为；
条件②：
条件③：．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）连接，交于，连接，由证明平面；
（2）选择①②或①③或②③或①②③都能得到平面，建立空间直角坐标系，求出法向量，求解与平面所成角的正弦值，计算点到平面的距离．
【小问1详解】

（1）连接，交于，连接，
底面是正方形，故是的中点，
又因为为棱的中点，
所以，中，
而平面平面，
所以平面．
【小问2详解】
选①②：
因为四边形是正方形，
所以，
又因为，所以，
因为二面角的大小为，平面平面，所以，
在中，，
所以，
故，
又因为平面，
所以平面，
选①③：
因为四边形是正方形，
所以，
又因为，所以，
因为二面角的大小为，平面平面，
所以，
因为平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为为中点，所以，
所以，
所以，即，
因为平面，
所以平面，
选②③：
因为四边形是正方形，
所以，
因为平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为为中点，所以，
在中，，
故，
因为平面，
所以平面，
选①②③同上．
以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
故，
令为面的一个法向量，则
令，则，
（i）因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
（ii）由（i）知点到平面的距离．

18. “双减”政策执行以来，中学生有更多的时间参加志愿服务和体育锻炼等课后活动．某校为了解学生课后活动的情况，从全校学生中随机选取100人，统计了他们一周参加课后活动的时间（单位：小时），分别位于区间，用频率分布直方图表示如下：
假设用频率估计概率，且每个学生参加课后活动的时间相互独立．
（1）估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间的概率；
（2）从全校学生中随机选取3人，记表示这3人一周参加课后活动的时间在区间的人数，求的分布列和数学期望；
（3）设全校学生一周参加课后活动的时间的中位数估计值为､平均数的估计值为（计算平均数时，同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替），请直接写出的大小关系．
【答案】（1）0.65
（2）分布列见解析，期望为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图计算出对应频率即为所求；
（2）由题意可得服从二项分布，再根据二项分布的分布列及期望公式求解即可；
（3）根据公式计算平均数和中位数，再比较大小即可.
【小问1详解】
根据频率分布直方图，
可得学生一周参加课后活动时间位于区间的频率为，
因此估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间的概率为；
【小问2详解】
从全校学生中随机选取1人，
其一周参加课后活动的时间在区间的概率为0.4，因此，
可取，
，
．
则的分布列为：
；
【小问3详解】
因为，
，
故中位数在区间上，
则，；
，
故.
19. 已知椭圆的右顶点，P为椭圆C上的动点，且点P不在x轴上，O是坐标原点，面积的最大值为1．
（1）求椭圆C的方程及离心率；
（2）过点的直线与椭圆C交于另一点Q，直线分别与y轴相交于点E，F．当时，求直线的方程．
【答案】（1）,
（2）或
【解析】
【分析】(1)由椭圆的右顶点可得，若要面积最大，则需最长，此时点P在轴上，面积可得，从而求得椭圆C的方程，再由可求得，从而可得离心率；
(2)设直线的方程为：，与椭圆联立方程组可解得一元二次方程，从而可得出韦达定理的表达式，再通过直线，的方程得出点E，F坐标，进而表达出，从而可解得，求得直线的方程.
【小问1详解】
椭圆，，，
P为椭圆C上的动点，且点P不在x轴上，O是坐标原点，过点P 作轴，垂足为，故面积为，
若要面积最大，则需最长，此时点P在轴上，即时，使得面积最大，,,.
椭圆C的方程为，离心率为.
【小问2详解】
P为椭圆C上的动点，过点的直线与椭圆C交于另一点Q，
可记，，
当直线的斜率不存在时，即轴时，， 此时直线分别与y轴相交于点E，F．此时，不符合题意.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，
联立 ，消去可得,化简得，由韦达定理可得 ，
所以，
由，，，则直线的方程为：，直线的方程为：，因为直线分别与y轴相交于点E，F，令分别代入直线,直线可得：点 ，，

又，在直线方程上，所以有，
分别代入 并化简可得
，
， ，则，解得，，
故直线的方程为：或，
即或.
20. 已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）当时，求函数在上的最小值；
（3）写出实数的一个值，使得恒成立，并证明．
【答案】（1）
（2）1 （3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）由直接写出切线方程；
（2）先证单调递减再求最小值.
（3）时，在上单调递减，在上单调递增，得．
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，所以切线方程为，即．
【小问2详解】
当时，．
当时，，所以恒成立，单调递减．
所以．
【小问3详解】
．
证明：当时，，
根据（2），当时，单调递减．
当时，设，则，
，所以单调递增，
，所以单调递增．
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，所以．
21. 已知为有穷正整数数列，且，集合．若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集．
（1）若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由；
（2）若，证明：；
（3）设，若，求的最小值．
【答案】21. 31是可表数，1024不是可表数，理由见解析；
22. 证明见解析； 23. 8
【解析】
【分析】（1）根据定义赋值及数列求和计算验证即可；
（2）根据定义判定则有，从而可知，利用集合间的基本关系得出中最多含有个元素，解不等式即可证明；
（3）利用第二问的结论可设，有，然后利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实确定的最小值为满足成立的，代入求即可.
【小问1详解】
31是，1024不是，理由如下：
由题意可知，
当时，有，
显然若时，，
而，
故31是可表数，1024不是可表数；
【小问2详解】
由题意可知若，即，
设，即使得，
所以，且成立，故，
所以若，则，
即中的元素个数不能超过中的元素，
对于确定的，中最多有个元素，
所以；
【小问3详解】
由题意可设，使，
又，
所以，即，
而，
即当时，取时，为可表数，
因为，
由三进制的基本事实可知，对任意的，存在，
使，
所以
，
令，则有，
设，
由的任意性，对任意的，
都有，
又因为，所以对于任意的，为可表数，
综上，可知的最小值为，其中满足，
又当时，，
所以的最小值为.
【点睛】难点点睛：第二问关键是根据定义可确定中元素互为相反数，再利用集合间的基本关系确定元素个数的关系计算即可；第三问利用第二问的结论可设，有，利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实设任意的，存在，使，得出并结合定义确定为可表数，从而确定的最小值为满足成立的，代入求即可.0
1
2
3
0.216
0.432
0.288
0.064