北京市第二中学2024-2025学年高三(上)期中测试数学试卷(解析版)

这是一份北京市第二中学2024-2025学年高三(上)期中测试数学试卷(解析版)，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题人：傅靖、邱松 审核人：邱松、傅靖
一、选择题：本题共10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. 已知i是虚数单位，复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先化简复数，然后由虚部定义可求．
详解】解：，
∴复数的虚部是，
故选：A.
【点睛】该题考查复数代数形式的运算、复数的基本概念，属基础题．
2. 命题：“”的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称命题的否定为特称命题可得结果.
【详解】“”的否定为“”.
故选：D.
3. 在平面直角坐标系中，角的顶点为坐标原点，始边为轴的非负半轴，终边过点，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由三角函数的定义可得，再由正切函数的和差角公式展开，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为角的终边过点，则，
所以.
故选：B
4. 已知圆锥的侧面展开图是半径为的半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据侧面展开图可确定母线长和底面圆半径，由此求得圆锥的高，根据圆锥体积公式可求得结果.
【详解】
设圆锥的底面圆半径为，高为，母线长为，则，
根据底面圆周长等于半圆弧长可得，，故，
所以，体积为.
故选：C.
5. 已知向量，，若与共线，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】计算出与后，结合向量共线的坐标运算即可得.
【详解】由，，则，，
由与共线，则有，
化简得，即.
故选：A.
6. 已知函数则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出函数以及的大致图象，数形结合即可求解.
【详解】在同一坐标系中，作出函数以及的大致图象，

观察的区域，
由图象可知，在区间和上
，由此的解集.
故选：A
7. 设为非零向量，，则“夹角为钝角”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】将模的关系平方得到，进而判断即可.
【详解】由，
平方得，，
即，
又因为，即，
所以，所以夹角为钝角或平角，
所以“夹角为钝角”是“”的充分不必要条件.
故选：A
8. 已知函数的最小正周期为，若将其图象沿x轴向右平移个单位，所得图象关于对称，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用余弦函数的图象的对称性，求得实数的最小值，即可求解.
【详解】函数的最小正周期为，所以，
所以，
若将其图象沿轴向右平移个单位，可得图象，
再根据所得图象关于对称，可得，
令，可得实数的最小为，
故选：B.
9. 已知函数，且，则（ ）
A. B. 0C. 100D. 10200
【答案】A
【解析】
【分析】对分成偶数和计算两种情况进行分类讨论，结合分组求和法求得正确答案.
【详解】若为偶数，则，，
所以，
所以数列的偶数项是首项为，公差为的等差数列；
若为奇数，则，，
所以，
所以数列的奇数项是首项为，公差为4的等差数列.
所以.
故选：A
10. 已知数列是各项为正数的等比数列，公比为q，在之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为，在之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为，在之间插入n个数，使这个数成等差数列，公差为，则（ ）
A. 当时，数列单调递减B. 当时，数列单调递增
C. 当时，数列单调递减D. 当时，数列单调递增
【答案】D
【解析】
【分析】根据数列的定义，求出通项，由通项讨论数列的单调性.
【详解】数列是各项为正数的等比数列，则公比为，
由题意，得，
时，，有，，数列单调递增，A选项错误；
时，，，若数列单调递增，则， 即，由，需要，故B选项错误；
时，，解得，
时，，由，若数列单调递减，则， 即，而 不能满足恒成立，C选项错误；
时，，解得或，由AB选项的解析可知，数列单调递增，D选项正确.
故选：D
【点睛】思路点睛：此题的入手点在于求数列的通项，根据的定义求得通项，再讨论单调性.
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 的二项展开式中的常数项为_________.（结果用数值表示）
【答案】
【解析】
【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.
【详解】由可得，
令，即，则，
即的二项展开式中的常数项为.
故答案为：.
12. 已知点在抛物线上，则抛物线的焦点坐标为______；点到抛物线的准线的距离为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据A在抛物线上，代入抛物线标准方程后可求出抛物线标准方程，进而求出焦点坐标以及准线方程，最后可求A到准线距离.
【详解】如图所示，

由题意得，因为在抛物线上，
所以将A坐标代入抛物线标准方程可得，
所以抛物线标准方程为.
于是可得抛物线焦点坐标为，即，
准线方程为，即，
所以A到准线的距离为.
故答案为：，.
13. 设为数列的前项和，若，则______.
【答案】16
【解析】
【分析】由数列前项和求出数列为公比为2等比数列，由等比数列的性质即可得到分式结果.
【详解】当时，，∴，
当时，，∴，∴，
∴数列an为公比为2的等比数列，
∴，
故答案为：16
14. 已知分别为双曲线的左、右焦点，过原点的直线与交于两点（点A在第一象限），延长交于点，若，则双曲线的离心率为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由双曲线的对称性得，从而得为等边三角形，，然后由离心率定义结合三角形中正切函数定义计算．
【详解】由题意关于原点对称，又也关于原点对称，所以四边形是平行四边形，所以，所以为等边三角形，
则，则，由双曲线的定义，得，
所以，则．
故答案为：．

15. 如图，棱长为2的正方体中，，分别是线段和上的动点.对于下列四个结论：

①存在无数条直线平面；
②线段长度的取值范围是；
③三棱锥的体积最大值为；
④设，分别为线段和上的中点，则线段的垂直平分线与底面的交点构成的集合是圆.
则其中正确的命题有______.
【答案】①③
【解析】
【分析】构造面面平行，寻找线面平行，可以判断①的对错；通过特殊位置，可以判断②是错误的；分析三棱锥的高是确定的，求底面积最大值，可得三棱锥体积的最大值，判断③的对错；根据公理，两个平面的交点在一条直线上，可得④是错误的.
【详解】对①：过作，交于，连接，则平面，因为点再上运动，故满足条件的直线有无数条.所以①正确；

对②：当与重合，为中点时，，所以长度取值范围是是错误的；
对③：

因为直线平面，所以到平面的距离为定值，是正方体体对角线的13，所以当与重合时，底面积最大，此时的体积最大，为，所以③正确；
对④，当，位置确定时，线段的垂直平分线构成一个平面，它和底面的交点应该是一条直线，所以④错误.
故答案为：①③
三、解答题：本题共6小题，共85分.
16. 在中，．
（1）求；
（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，使存在且唯一确定，求的面积．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理将已知条件边化角，化简即可.
(2) 若选择①②，可以确定的三个角，但无法确定边长，不符合题意；
若选②③，利用正弦定理求边长，根据角度关系求，即可求出面积；
若选①③，利用余弦定理求边长，再求出，即可求面积.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
因为，所以，即，
因为，则；
【小问2详解】
若选择①②，由，可得，由于已知条件未给出任意一边的长度，满足条件的三角形有无数个，并不唯一确定，不符合题意.
若选择②③，由正弦定理，及，，得，所以，
因为，所以，，
，
所以．
若选择①③，由余弦定理得，及，
得，解得，
所以，所以．
17. 如图所示的几何体中，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，为PA的中点，，四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点.

（1）求证：平面DEF；
（2）求二面角的余弦值；
（3）在线段EF上是否存在一点，使得BQ与平面BCP所成角的大小为？若存在，求出FQ的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值；
（3）假设点Q存在，利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q的存在性和位置.
【小问1详解】
因为四边形PDCE为矩形，所以N为PC的中点，连接FN，

在中，F、N分别为PA、PC的中点，所以，
因为平面DEF，平面DEF，
所以平面DEF；
【小问2详解】
因为PD垂直于梯形ABCD所在的平面，又AD、DC在平面ABCD内，
所以，
又，所以，
如图以D为原点，分别以DA、DC、DP所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面PBC法向量为m=x,y,z，
则，即，解得，令，则，
所以平面PBC的一个法向量为，
设平面ABP的法向量为，
，令，则，
所以平面ABP的一个法向量为，
，
因为二面角的平面角是钝角，所以二面角的平面角余弦值为，
【小问3详解】
设存在点Q满足条件，
由，设，
则
，
因为BQ与平面BCP所成角的大小为，
所以，
解得，又，所以，即Q点E与重合，
故在线段EF上存在一点Q，且.
18. 开展中小学生课后服务，是促进学生健康成长、帮助家长解决接送学生困难的重要举措，是进一步增强教育服务能力、使人民群众具有更多获得感和幸福感的民生工程.某校为确保学生课后服务工作顺利开展，制定了两套工作方案，为了解学生对这两个方案的支持情况，现随机抽取100个学生进行调查，获得数据如下表：
假设用频率估计概率，且所有学生对活动方案是否支持相互独立.
（1）从样本中抽1人，求已知抽到的学生支持方案二的条件下，该学生是女生的概率；
（2）从该校支持方案一和支持方案二的学生中各随机抽取1人，设为抽出两人中女生的个数，求的分布列与数学期望；
（3）在（2）中，表示抽出两人中男生的个数，试判断方差与的大小.（直接写结果）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算即可求解；
（2）根据题意可得的可能取值为，求出所对应的概率，即可列出分布列，利用随机变量的期望公式即可求解；
（3）根据已知条件得出，再利用方差的性质即可求解.
【小问1详解】
依题意支持方案二的学生中，男生有人、女生人，所以抽到的是女生的概率.
【小问2详解】
记从方案一中抽取到女生为事件，从方案二中抽取到女生为事件，
则，，
则的可能取值为、、，
所以，
，
所以的分布列为：
所以.
【小问3详解】
依题意可得，所以，
即.
19. 已知函数．
（1）当a＝1时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若的有三个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）；
（2）答案见解析 （3）．
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，再由直线的点斜式方程即可得出结果；
（2）求导并对导函数整理变形，再对参数进行分类讨论即可得出函数的单调性；
（3）分别讨论出函数的单调性，并根据零点个数限定出极值的符号，解不等式即可得出a的取值范围．
【小问1详解】
当a＝1时，，得，
，则，
所以切线方程为：，
即；
【小问2详解】
由题，可得，
当时，当时，，此时在上单调递减，
当时，，此时在上单调递增，
当时，的解为，，
①当，即时，恒成立，则在上单调递增；
②当，即时，
在区间，上，满足，在区间上，满足，
此时在，上单调递增；在上单调递减；
③当，即时，
在区间，上，满足，在区间上，满足，
即在，上单调递增；在上单调递减；
综上可知，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，，上单调递增，在上单调递减；
【小问3详解】
①当时，在上单调递减，在上单调递增，
则最多两个零点，不合题意；
②当时，，知在上单调递增，在上单调递减，上单调递增；
可得在处取得极大值，在处取得极小值；
且时，，时，，要使得有三个零点，
则必有，即，此时可得a无解；
③当时，，则在上单调递增；则最多一个零点，不合题意；
④当时，，知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
可得在处取得极小值，在处取得极大值；
且时，，时，，要使得有三个零点，
则必有，即，解得且；
综上得a的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于分类讨论出函数的单调性后，并结合函数图象根据零点个数限定出极值点的符号，解不等式可求得a的取值范围.
20. 已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为为上一点，为坐标原点，轴，且.
（1）求的标准方程；
（2）若直线与交于A，B两点，过点作直线的垂线，垂足为，当直线AD与轴的交点为定点时，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由轴可表示出P点坐标，再由以及离心率可解出的值，得出椭圆标准方程.
（2）设，联立直线方程与椭圆标准方程后可得关于x的一元二次方程，根据A，D坐标可表示出直线AD方程，从而得到直线与y轴交点坐标，最后结合韦达定理可求出当直线AD与y轴交点为定点时t的取值.
【小问1详解】
如图所示，

由题意得，因为轴，所以P点横坐标，
代入椭圆方程可得纵坐标，即P.
又因为,所以，又，
，联立三式可得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由题意得，设，联立直线方程与椭圆标准方程：
，
所以，，
又由题意，所以直线AD方程：
,
令，得
.
因为直线AD与y轴的交点为定点E，
即当t为某一取值时，的取值与和无关.
令，
则可得
由于等式的成立与均无关，
故，
即，
于是
，
解得.
【点睛】本题考查圆锥曲线中的定点问题，解决此类题型的关键在于定点坐标的表示，将直线AD的方程表示出来之后，再表示出直线与y轴交点的坐标，最后根据定点坐标为定值，想到其取值与变量k，都无关，建立等量关系后进入求得t的值.
21. 若集合的非空子集满足：对任意给定的，若，有，则称子集是的“好子集”.记为的好子集的个数.例如：的7个非空子集中只有不是好子集，即.记表示集合的元素个数.
（1）求值；
（2）若是的好子集，且.证明：中元素可以排成一个等差数列；
（3）求的值.
【答案】（1）11 （2）证明见解析
（3）6
【解析】
【分析】（1）根据“好子集”的定义，就的所有非空子集一一判断即得；
（2）将集合中的元素从小到大排列，分析判断得出时，和奇偶性相反，和奇偶性必相同，按定义有，推得结论；
（3）记，证中包含1的好子集个数为，同理中包含1的好子集个数为，推得所求的为的包含1，2024的所有好子集的个数，利用（ 2）的 结论，即可计算出结果.
【小问1详解】
的全部非空子集为，，，，，，，，，，，，，，，
其中好子集有，，，，，，，，，，，共有11个.
所以.
【小问2详解】
将的元素从小到大排列，即，，其中.
首先对任意的，
若和奇偶性相同，则，所以，而，
集合中和中间没有项，故产生矛盾!
即对任意，和奇偶性相反，则对任意的，和奇偶性必相同，
于是由题意，因，则，
而且，所以.
即对任意的，，即.
由的任意性知，是一个等差数列.
【小问3详解】
记.首先证明中包含1的好子集个数为.
的好子集分为两类：包含1的和不包含1的.
因为中不包含1的好子集每个元素均减去1即为的好子集，
的每个好子集每个元素均加上1即为的好子集，所以的不包含1的好子集与的好子集一一对应，
其个数为.故包含1的好子集个数为.
同理可证：中包含1的好子集个数为，这也恰是中包含1但不包含的好子集个数.
于是中包含1且包含的好子集的个数为
故题目所求的为的包含1，2024的所有好子集的个数.
显然，是好子集.
若好子集中除了1，2024外至少还有一个元素，则由（2）可知，中元素从小到大排列可以构成一个等差数列，
设为.设公差为，因为，
而，所以为的小于的正约数，故.
而每一个都唯一对应一个的包含1，2024的好子集，这样的子集有5个.
因此.
【点睛】思路点睛：准确理解和把握集合新定义的规定，按照要求，从具体到一般思考、探索规律，运用分类讨论和数学基本知识（如等差、等比数列定义、通项公式）进行剖析，层层推出结论.男
女
支持方案一
24
16
支持方案二
25
35