北京市朝阳区2024届高三下学期质量检测二数学试题

这是一份北京市朝阳区2024届高三下学期质量检测二数学试题，共22页。试卷主要包含了 已知集合则等内容，欢迎下载使用。

2024.5
（考试时间120分钟 满分150分）
本试卷分为选择题40分和非选择题110分
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. 已知集合则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，结合交集的定义与运算即可求解.
【详解】由题意知，，
又，
所以.
故选：B
2. 下列函数中，既是奇函数又在其定义域上是增函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知的各个函数的性质，可以直接作出判断.
【详解】是奇函数，它在区间上单调递增，在定义域内不是增函数，所以选项A是错误的；
是偶函数，所以选项B是错误的；
既不是奇函数又不是偶函数，所以选项C是错误的；试卷源自 每来这里 全站资源一元不到！日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。满足既是奇函数又在其定义域上是增函数，所以选项D是正确的；
故选：D.
3. 设等差数列的前n项和为，若，，则 （ ）
A 60B. 80C. 90D. 100
【答案】D
【解析】
【分析】先求出等差数列的公差，再由等差数列的求和公式求解.
【详解】等差数列的公差为：，
则.
故选：D
4. 已知抛物线的焦点为F，点P为C上一点.若，则点 P的横坐标为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的标准方程可得，结合抛物线的定义即可求解.
【详解】由题意知，，
由抛物线的定义知，，得，
即点P的横坐标为7.
故选：C
5. 已知函数，存在最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据分段函数的单调性求解即可.
【详解】当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，则，
当时，，所以在上单调递增，无最小值，
根据题意，存最小值，
所以，即.
故选：A.
6. 已知是两个互相垂直的平面，是两条直线，，则“”是“”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】B
【解析】
【分析】根据面面垂直的性质与线面垂直的性质，结合充分、必要条件的定义即可求解.
【详解】由题意知，，
若，当时，有；当时，与可能相交、平行、垂直.
若，由，得.
故“”是“”是必要不充分条件.
故选：B
7. 在平面直角坐标系中，锐角以为顶点，为始边.将的终边绕逆时针旋转后与单位圆交于点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据同角的平方关系求出，结合三角函数的定义和两角和的正弦公式计算即可求解.
详解】如图，
由，，得，
所以.
故选：D
8. 假设某飞行器在空中高速飞行时所受的阻力满足公式 ，其中是空气密度，是该飞行器的迎风面积，是该飞行器相对于空气的速度， 是空气阻力系数（其大小取决于多种其他因素），反映该飞行器克服阻力做功快慢程度的物理量为功率. 当不变，比原来提高时，下列说法正确的是（ ）
A. 若不变，则比原来提高不超过
B. 若不变，则比原来提高超过
C. 为使不变，则比原来降低不超过
D. 为使不变，则比原来降低超过
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得，，结合选项，依次判断即可.
【详解】由题意，，所以，，
A：当，不变，比原来提高时，
则，
所以比原来提高超过，故A错误；
B：由选项A的分析知，，
所以比原来提高不超过，故B错误；
C：当，不变，比原来提高时，，
所以比原来降低不超过，故C正确；D：由选项C的分析知，比原来降低不超过，故D错误.
故选：C
9. 已知双曲线的右焦点为F，c是双曲线C的半焦距，点A是圆上一点，线段FA与双曲线C的右支交于点B.若 ，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据条件求得，然后解直角三角形即可得答案.
【详解】设双曲线左焦点为，如图：，可得，
由双曲线的定义字，
在中，，
在中，
即，可得.
故选：A.
10. 北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由题意知，，当时，，代入，求出b即可.
【详解】由题意知，，各层的小球个数可当作数列，
则，
当时，，代入，
得，
整理得，解得或（舍去），
此时，即第一层的小球有个.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题主要考查新文化背景下的数列问题，确定与是解决本题的关键.
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. 复数满足，则的虚部是__________．
【答案】1
【解析】
【分析】由已知条件求出复数，从而可求出复数的虚部.
【详解】∵复数z满足，，
故z的虚部是1.
故答案为：1
12. 已知向量，，且，则实数k=______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用已知求得，进而根据，可得，求解即可.
【详解】因为，，
所以，
又，所以，解得.
故答案为：.
13. 在的展开式中，若二项式系数的和等于，则________，此时的系数是_______.（用数字作答）
【答案】 ①. 6 ②. 135
【解析】
【分析】利用二项式系数的和等于，求解值，利用通项公式求解的系数.
【详解】由二项式系数的和等于，则，；
通项公式为，
令，所以的系数为.
故答案为：；.
14. 若直线与曲线 有两个不同的交点，则实数的一个取值为_______.
【答案】1（答案不唯一）
【解析】
【分析】画出图，由图可知有两个交点的时候的临界状态为相切与过点，求出此时直线的斜率，则实数的取值范围即可求解.【详解】
直线过定点，
曲线 ，即，表示半圆，
如图所示，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离，
所以（舍去）或，
由于直线与曲线 有两个不同的交点，
当直线过时，斜率最小为，
所以由图可知，实数的取值范围为：，
故实数的一个取值为1，
故答案为：1（答案不唯一）.
15. 设为正整数，已知函数，，. 当时，记，其中. 给出下列四个结论：
①，；
②，；
③若，则；
④若，则.
其中所有正确结论的序号是________.
【答案】①③
【解析】【分析】依据在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在和上单调递增，在上单调递减，
利用单调性逐项计算可判断每个选项的正确.
【详解】对于①，因为，所以.
又在上单调递增，所以，
所以
，故①正确；
对于②，当时，，
，所以此时，故②错误；
对于③，当时，因为在上单调递减，在上单调递增，且关于直线对称.
又有，且和在数轴上关于对称，所以，，.
所以
.
而在和上单调递增，在上单调递减.
又有.
所以，.
所以
.
这就得到，，，所以此时，故③正确；
对于④，当时，因为在上单调递减，在上单调递增.
又，所以，.
所以
.
所以此时，故④错误.
故答案为：①③.
【点睛】关键点点睛：本题是新定义题型，弄清题意与每个函数的单调性是关键，利用单调性比较数的大小去绝对符号，运算量大，细心是关键.
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. 在中，为锐角，且
（1）求的值;
（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，求.条件①:
条件②:;
条件③:.
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用二倍角的正弦公式可求，进而可求；
（2）选条件①②:由已知可求，进而由正弦定理可求，再利用余弦定理可求.
选条件①③: 由已知可求，进而由正弦定理可求，后面同选条件①②.
选条件②③:利用余弦定理可求.
【小问1详解】
因为所以
因为∠A为锐角，csA >0，所以
又因为
所以
【小问2详解】
选条件①②:
因为又0由得
由得
即又c>0，所以 选条件①③:
因又0由得
下同选条件①②.
选条件②③:
由得
即解得
经检验，符合题意.
17. 科技发展日新月异，电动汽车受到越来越多消费者的青睐.据统计，2023 年1月至12月 A，B两地区电动汽车市场各月的销售量数据如下：
月销量比是指：该月 A 地区电动汽车市场的销售量与B 地区的销售量的比值（保留一位小数）.
（1）在2023年2月至12月中随机抽取1个月，求 A 地区电动汽车市场该月的销售量高于上月的销售量的概率；
（2）从2023 年1月至12月中随机抽取3个月，求在这3个月中恰有1个月的月销量比超过8且至少有1个月的月销量比低于5的概率；
（3）记2023年1月至12月 A，B 两地区电动汽车市场各月的销售量数据的方差分别为，，试判断与的大小.（结论不要求证明）
1月
2月
3月
4月
5月
6月
7月
8月
9月
10月
11月
12月
A 地区
（单位：万辆）
29.4
39.7
54.3
49.4
56.2
65.4
61.1
68.2
70.2
71.9
77.1
89.2
B 地区
（单位：万辆）
7.8
8.8
8.1
8.3
9.2
10.0
9.7
9.9
10.4
9.4
8.9
10.1
月销量比
3.8
4.5
6.7
6.0
6.1
6.5
6.3
6.9
6.8
7.6
87
8.8
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由表中数据找出符合的月份个数即可求解.
（2）先由表中数据找出月销量比超过8的月份个数和低于5的月份个数再结合组合分配情况即可求解.
（3）由表中数据和方差定义即可判断.
【小问1详解】
设事件C为“A 地区电动汽车市场该月的销售量高于上月的销售量”，
在2023年2月至12月中，A地区电动汽车市场该月的销售量高于上月的销售量的月份为2月、3月、5月、6月、8月、9月、10月、11月、12月，共9个月，
所以.
【小问2详解】
设事件D为“这3个月中恰有1个月的月销量比超过8且至少有1 个月的月销量比低于5”，
在2023年1月至12月中，月销量比超过8的只有11月和12月，月销量比低于5的只有1月和2月，
则.
【小问3详解】
A地区销售量最低有29.4万辆，最高有89.2万辆，数据波动较大；
相比之下B地区销售量最低有7.8万辆，最高有10.4万辆，数据波动幅度较小，变化较为平稳；
故.
18. 如图，六面体是直四棱柱 被过点 的平面所截得到的几何体，底面，底面是边长为2的正方形，
（1）求证: ；
（2）求平面. 与平面 的夹角的余弦值；
（3）在线段 DG上是否存在一点 P，使得 若存在，求出 的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，由，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求面面角即可；
（3）设，由向量线性运算的坐标表示可得，结合计算即可求解.
【小问1详解】
连接，直四棱柱，，
则点在平面内.
因为平面，且平面，
所以，
又底面为正方形，所以，又，
所以平面，平面，故；
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
又底面为正方形，所以，建立如图空间直角坐标系，
则，故
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，于是.
因为平面，所以是平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为θ，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为；
【小问3详解】
存在一点使得平面，此时，理由如下：
设，
则，
线段上存在一点使得平面等价于，
即，解得，所以.
19. 已知椭圆E的两个顶点分别为，，焦点在x轴上，且椭圆E过点.
（1）求椭圆E的方程；
（2）设O为原点，不经过椭圆E的顶点的直线l与椭圆E交于两点，直线BP与直线OC交于点H，点M与点Q关于原点对称.
（i）求点H的坐标（用，表示）；
（ii）若A，H，M三点共线，求证：直线l经过定点.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的顶点和椭圆上的点列方程求解即可；
（2）（i）设直线BP的方程为，联立方程求得H的坐标即可；
（ii）设直线l的方程为，与椭圆方程联立韦达定理，根据三点共线结合两点斜率公式列式化简得或，从而求解直线恒过的定点.
【小问1详解】
设椭圆E的方程为
由题意得，解得，
所以椭圆E的方程为
【小问2详解】
（i）由题可知：且.
设直线BP的方程为，直线OC的方程为.由得，
所以H的坐标为.
（ii）由题可知，直线l的斜率存在.设直线l的方程为，
由得，
由于直线l与椭圆E交于不同的两点，
所以，
则，.由题可知.
因为A，H，M三点共线，所以，化简得，
即.
所以，
所以.
化简得，即，
解得或.
当时，直线l的方程为，经过，不符合题意.
当时，直线l的方程为，经过，
其中.
综上，直线l经过定点.
20. 已知函数
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求a的值；
（3）若有两个不同的零点，且，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）求导可得，易知当时不符合题意；当时，利用导数研究函数的单调性可得，设，利用导数研究函数的性质即可求解；
（3）易知当时不符合题意，当时，易知不符合题意；若，由（2）可知只需，解之即可.
【小问1详解】
由，得，
因为，
所以曲线在点处的切线方程为；
【小问2详解】
，①当时，，不符合题意.
②当时，令，解得，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
所以当时，取得最小值；
若恒成立，则，
设，则，
当时，在区间上单调递增，
当时，在区间上单调递减，
所以，即的解为.
所以；
【小问3详解】
当时，，在区间上单调递增，
所以f（x）至多有一个零点，不符合题意；
当时，因为，不妨设，
若，则，不符合题意；
若，则，
由（2）可知，只需，即，解得，
即a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
21. 设为正整数，集合对于，设集合.
（1）若，写出集合；
（2）若，且满足令 ，求证： ；
（3）若，且 ，求证： .
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由题意，即可直接写出；
（2）由可得，结合可得，即可证明；
（3）若且则，进而，由（2）可知，分类讨论、时与的大小关系，即可证明.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
因为，所以，
当时，，
所以，即，，
又因为，所以，所以，
所以；
【小问3详解】
对任意，令，
若且，则，
所以，
因为，所以，
所以，所以.
对，因为，
由（2）可知，令，则.
若，因为，
所以，即，
又因为，所以.
若，则，
所以.
综上，即.
【点睛】方法点睛：
学生在理解相关新概念、新定义、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是集合相关知识..