2024届北京市第十三中学高三上学期期中测试数学试题含答案

这是一份2024届北京市第十三中学高三上学期期中测试数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意先解出集合，再由集合的交集运算求解即可.
【详解】依题意，
则.
故选：C.
2．已知复数是纯虚数，则在复平面中，复数的共轭复数对应的点坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用复数除法计算出，从而得到，求出答案.
【详解】，
则，解得，则，
故共轭复数对应的坐标为.
故选：A
3．已知向量满足，且，则（ ）
A．B．3C．D．1
【答案】B
【分析】根据数量积的运算律以及坐标运算求解.
【详解】因为，解得.
故选：B.
4．已知函数，则（ ）
A．是奇函数，且在上是减函数B．是奇函数，且在上是增函数
C．是偶函数，且在上是减函数D．是偶函数，且在上是增函数
【答案】D
【分析】首先判断函数的奇偶性，再结合对数函数的性质说明函数在上的单调性，即可判断.
【详解】函数定义域为，
且，所以为偶函数，函数图象关于轴对称，
当时，因为与在上单调递增，
所以在上单调递增.
故选：D
5．已知的展开式中，的系数为80，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】利用二项展开式的通项，由指定项的系数，求的值.
【详解】展开式的通项为，
当，有，则展开式中的系数为，
所以，解得.
故选：B
6．直线与圆相交于两点，若，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由垂径定理得到不等式，求出圆心到直线的距离的范围，从而求出的取值范围
【详解】的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
由垂径定理得，
因为，所以，解得，
即，解得，
故的取值范围是.
故选：A
7．如图，在正方体中，点是线段上任意一点，则的值不可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出范围，进而求出的范围.
【详解】以D为原点建立空间直角坐标系如图：设棱长为1，
则，设，
所以，，
，
所以.
下证：，
即证，
因为
所以，
要证，
即证
平方化简得，即证，
令,
，
则在上单调递增，故,所以得证.
对比各选项，C项不可能.
故选：C
8．已知均为第一象限的角，那么是的
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】D
【详解】均为第一象限的角，满足，但，因此不充分；均为第一象限的角，满足，但，因此不必要；所以选D.
9．随着北京中轴线申遗工作的进行，古建筑备受关注．故宫不仅是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑之一，更是北京中轴线的“中心”．图1是古建筑之首的太和殿，它的重檐庑（wŭ）殿顶可近似看作图2所示的几何体，其中底面题矩形，，四边形是两个全等的等腰梯形，是两个全等的等腰三角形．若，则该几何体的体积为（ ）
（图1） （图2）
A．90B．C．D．135
【答案】B
【分析】将该五面体分割为四棱锥和三棱柱，结合棱柱和棱锥的体积公式求其体积．
【详解】过点作，，又，，平面，
所以平面，
过点作，，又，，平面，
所以平面，
因为底面，平面，平面平面，
所以，同理，
所以，，，，
平面，平面，平面，平面，
所以，，
因为，与是全等的等腰三角形，
由对称性可得，，
所以，
连接点与的中点，则，
所以，又，
所以三棱柱的体积为，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，，
所以平面，又矩形的面积为，
所以四棱锥的体积为，
由对称性可得四棱锥的体积为，
所以五面体的体积为．
故选：B
10．已知等差数列的公差为；集合，若，则（ ）
A．B．0C．D．1
【答案】B
【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合正弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答即可.
【详解】等差数列的公差为，，
，最小正周期
要使集合只有两个元素, 则，即，
不妨取，则，，
所以.
故选:B.
二、填空题
11．直线的倾斜角的大小为 ．
【答案】
【分析】由直线一般式转化为斜截式，得到斜率，再由倾斜角和斜率的关系得出结果.
【详解】由，得，得直线的斜率为，
设其倾斜角为，则，得，
故答案为：
三、双空题
12．在数列中，，则 ；的前项和 ．
【答案】
【分析】由题意可得数列是公差为的等差数列，由等差数列的性质求出数列的通项公式，即可求出；再由等差数列的前项和公式求出.
【详解】由可得：，
所以数列是公差为的等差数列，
所以，
所以，
所以，
所以的前项和.
故答案为：；
四、填空题
13．近年来，踩踏事件时有发生，给人们的生命财产安全造成了巨大损失．在人员密集区域，人员疏散是控制事故的关键，而能见度（单位：米）是影响疏散的重要因素．在特定条件下，疏散的影响程度与能见度满足函数关系：（是常数）如图记录了两次实验的数据，则根据上述函数模型和所得实验数据可得 ．（参考数据：）
【答案】
【分析】代入两点坐标得到和，两方程整理后作比即可求解.
【详解】当时，有，即①
当时，有，即②
①比②得，所以，则.
故答案为：
14．在平面直角坐标系中，若，则满足的一个的值可以是 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】由可得，对上式平方相加可得：，即可求出答案.
【详解】因为，
所以，
由可得：，则，
对上式平方相加可得：，
所以，
故，即，
所以或，
所以或.
令，的一个值可为.
故答案为：（答案不唯一）
15．科技的发展改变了世界，造福了人类，我们生活中处处享受着科技带来的“红利”．例如主动降噪耳机让我们在嘈杂的环境中享受一丝宁静，它的工作原理是：先通过微型麦克风采集周围的噪声，然后降噪芯片生成与噪声振幅相同的反相位声波来抵消噪声（如图所示）．已知某噪声的声波曲线，且经过点．下述四个结论：
①函数是奇函数；
②函数在区间上单调递减；
③存在正整数，使得；
④对于任意实数，存在常数使得．其中所有正确结论的编号是 ．
【答案】①②④
【分析】由经过可求出的解析式，利用正弦函数的对称性可判断①；. 利用正弦函数的单调性可判断②；求的值，可判断④，利用，分、、三种情况求的化简式可判断③.
【详解】因为经过，所以，即，解得，
又，所以，则.
对于①，，故为奇函数，①正确；
对于②，时，，结合正弦函数的图象可知时，单调递减，②正确；
对于④，，所以恒为0，故④正确；
对于③，当时，，
当时，，
当时，，故③错误；
故答案为：①②④.
五、解答题
16．如图，在四棱锥中，平面，，点为的中点．

(1)证明平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由面面平行的判定定理、性质定理证明即可；
（2）以两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面法向量，由向量的夹角公式求解即可.
【详解】（1）证明：取的中点为，连接．
因为，所以．
因为平面，所以，，
平面，平面，所以平面，
因为点为的中点，所以．
平面，平面，所以平面，
平面，且，所以平面平面．
又因为平面，所以平面．
（2）因为平面平面，所以，
又因为为的中点，，所以，所以平面，
，所以平面，所以两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意可知．
所以．
显然是平面的一个法向量．
假设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，所以．
所以，
由图可知二面角为钝角，故所求二面角的余弦值为．

17．已知函数，．在下列关于函数与图像的三个条件中选择一个作为已知，使函数唯一确定，并求解下列问题．
(1)求函数的解析式；
(2)若对于，存在唯一的，使得，求的取值范围．
条件①：两函数图像在内有且仅有两个交点；
条件②：两函数图像的相邻两交点的水平距离为；
条件③：两函数图像最高点间的最小水平距离为．
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)．
【分析】（1）选条件①：函数不确定；选条件②，设两个相邻的交点分别为，且，结合题意可得，即可求出；选条件③：设两函数图像最高点，由题意可得，结合题意可求出；将代入，由二倍角的正弦和余弦公式化简；
（2）由题意可得函数图像的对称轴有且仅有一条落在区间上，则，解不等式即可得出答案.
【详解】（1）选条件①：
由两函数图象在内有且仅有两个交点，无法确定的周期，所以求不出，所以函数不确定．
选条件②：
（法一）因为，所以，
所以，即，
假设两个相邻的交点分别为，且．
所以由题意可知，故．
（法二）因为，所以，
所以，即，
假设两个相邻的交点分别为，且．
所以由题意可知，故．
选条件③：
由题意可知，两函数图像最高点应该满足如下关系：，
所以两函数图像最高点间的距离为
又因为两函数图像最高点间的最小距离为，所以．
由可知
（2）因为对于，存在唯一的，使得，
所以函数图像的对称轴有且仅有一条落在区间上．
因为，所以，
因为图像的对称轴有且仅有一条落在区间上．
所以，即．
故的取值范围为．
18．某校工会开展健步走活动，要求教职工上传3月1日至3月7日微信记步数信息，下图是职工甲和职工乙微信记步数情况：
(1)从3月1日至3月7日中任选一天，求这一天职工甲和职工乙微信记步数都不低于10000的概率；
(2)从3月1日至3月7日中任选两天，记职工乙在这两天中微信记步数不低于10000的天数为，求的分布列及数学期望；
(3)如图是校工会根据3月1日至3月7日某一天的数据，制作的全校200名教职工微信记步数的频率分布直方图．已知这一天甲和乙微信记步数在单位200名教职工中排名分别为第68和第142，请指出这是根据哪一天的数据制作的频率分布直方图（结论不要求证明）
【答案】(1)；
(2)分布列见解析，；
(3)3月3日.
【分析】（1）根据古典概型求解即可；
（2）的可能取值为0,1,2，分别求出每种情况的概率，再写出分布列并求期望即可；
（3）根据频率分布直方图算出每个步数区间内的人数，再结合甲乙二人的排名，确定甲乙各自步数的范围，进而确定日期.
【详解】（1）设“职工甲和职工乙微信计步数都不低于10000”为事件
从3月1日至3月7日这七天中，3月2日，3月5日，3月7日这三天职工甲和职工乙微信记步数都不低于10000，所以．
（2）由图可知，7天中乙的步数不低于10000步的天数共4天.
的所有可能取值为，
，
的分布列为
（3）3月3日
由直方图知，微信记步数落在（单位：千步）区间内的人数依次为
，.
由甲的排名为第68，可知当天甲的微信步数在15000-20000之间，
据折线图知，这只有3月2日、3月3日和3月7日；
而由乙微信记步数排名第142，可知当天乙微信记步数在5000-10000之间，
根据折线图知，这只有3月3日和3月6日.
所以只有3月3日符合要求．
19．已知椭圆过点，且离心率为．
(I)求椭圆的方程；
(Ⅱ)设直线与椭圆交于两点．若直线上存在点，使得四边形是平行四边形，求的值．
【答案】(1) (2) ，或
【详解】试题分析：（Ⅰ）由椭圆过点，可得，再由离心率为结合，可求得，从而可得椭圆的方程；（Ⅱ）设直线的方程为，则，，由 得，由韦达定理、弦长公式结合，可得，解方程即可求得的值.
试题解析：（Ⅰ）由题意得 ，， 所以 ．
因为 ，
所以 ，
所以 椭圆的方程为 ．
（Ⅱ）若四边形是平行四边形，
则 ，且 .
所以 直线的方程为，
所以 ，．
设，．
由 得，
由，得 ．
且，．
所以 .
．
因为 ， 所以 ．
整理得 ，
解得 ，或 ．
经检验均符合，但时不满足是平行四边形，舍去．
所以 ，或 ．
20．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的零点个数；
(3)若对于任意，恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)有且仅有两个零点
(3)
【分析】（1）把代入得切点坐标，代入得切线斜率，利用导数的几何意义，求曲线在点处的切线方程；
（2）利用导数求函数单调性，结合函数极值，求零点个数；
（3）由函数的极小值，恒成立，当时，可得恒成立；当时，若，不成立，可得的取值范围．
【详解】（1）函数，因为，所以切点为，
由，得，即曲线在点处的切线斜率为0，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）由（1）可知，
因为，所以，令，则．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
又因为，，
所以，由零点存在定理可知，存在唯一的使得，存在唯一的使得．故函数有且仅有两个零点．
（3）由（2）可知，，
即恒成立，即恒成立．
所以当时，恒成立，
下证当时，存在，使得．
令
因为，
故当时，对于任意不恒成立．
故．
21．已知有穷数列中的每一项都是不大于的正整数.对于满足的整数，令集合.记集合中元素的个数为（约定空集的元素个数为0）.
(1)若，求及；
(2)若，求证：互不相同；
(3)已知，若对任意的正整数都有或，求的值.
【答案】(1)，.
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）观察数列，结合题意得到及；
（2）先得到，故，再由得到，从而证明出结论；
（3）由题意得或，令，得到或，当时得到，当时，考虑或两种情况，求出答案.
【详解】（1）因为，所以，则；
（2）依题意，
则有，
因此，
又因为，
所以
所以互不相同.
（3）依题意
由或，知或.
令，可得或，对于成立，
故或.
①当时，
，
所以.
②当时，
或.
当时，由或，有，
同理，
所以.
当时，此时有，
令，可得或，即或.
令，可得或. 令，可得.
所以.
若，则令，可得，与矛盾.
所以有.
不妨设，
令，可得，因此.
令，则或.
故.
所以.
综上，时，.
时，.
时，.
【点睛】数列新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
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