2023-2024学年北京昌平区高三上学期期末数学试题及答案

这是一份2023-2024学年北京昌平区高三上学期期末数学试题及答案，共13页。试卷主要包含了 …… 8 分设 A ， B ，4 分等内容，欢迎下载使用。
数学试卷2024.1
本试卷共 5 页，共 150 分. 考试时长 120 分钟. 考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效. 考试结束后，将答题卡交回.
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。
已知全集U  R , 集合 A  {x | x2  1  0} ，则ðU A 
（A） (1, 1)
（B）[1, 1]
（C） (, 1]
（D）[1,
 )
在复平面内，复数 z1 和 z2 对应的点分别为 A, B , 则 z1  z2 
（A） 1 3i
3  i
1  3i
3
3  i
2
已知双曲线 x
a2
y2
 1 的离心率为
b2
，则其渐近线方程为
（A） y  
2 x（B） y  
2
2 x（C） y   1 x（D） y  2x
2
已知(1  3x)5  a
 a x  a x2  a x3  a x4  a x5, 则 a  a 
01234524
（A）
32
（B） 32（C） 495（D） 585
0.5
下列函数中，在区间(0, 2) 上为减函数的是
y  2x
y  sin x（C） y 
x
1  x
（D） y  lg (x2  4x)
设函数 f (x) 的定义域为 R ，则“ x  R ， f ( x  1) 
f ( x) ”是“ f ( x) 为减函数”的
充分必要条件（B）必要而不充分条件
（C）充分而不必要条件（D）既不充分也不必要条件
已知点 P 在圆(x 1)2  y 2 =1 上，点 A 的坐标为(1,
–––→ ––→
3
) ， O 为原点，则 AO  AP 的取值
范围是
（A） [3, 3]
[ 3,5]（C） [1 , 9 ]（D）[ 3, 7 ]
“三斜求积术”是我国宋代的数学家秦九韶用实例的形式提出的，其实质是根据三角形
1
4
[c2a2  (
c2  a2  b2
)2 ]
2
15
的三边长 a, b, c 求三角形面积 S ，即 S . 现有面积为 3的
△ ABC 满足sin A : sin B : sin C  2 : 3 : 4 ，则△ ABC 的周长是
（A） 9（B）12（C）18（D） 36
已知函数 f ( x)  2sin x  2cs x ，则

（A） f ( x)  f ( x)
44
（B） f (x) 不是周期函数
f (x)

在区间( 0 ,) 上存在极值（D）
2
f (x)
在区间
(0, π)
内有且只有一个零点
如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD  ABC D 中， E 为线段 AB 上的点，且 AE  3，
1 1 1 1EB
点 P 在线段 D1 E 上，则点 P 到直线 AD 距离的最小值为
（A） 2
2
（B）3
2
（C） 3
5
（D） 1
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。
已知sin x   3 , x ( 3 ) ，则tan x ．
52
若抛物线 x2  4 y 上的点 M 到焦点 F 的距离为8 ，则 M 到 x 轴的距离是．
已知数列an  的前 n 项和 Sn 满足 Sn  2an  a1 ，且 a1 ， a2  1 ， a3 成等差数列，则 a1  ； an  ．
2x  m, x ≤1,
若函数 f ( x)  
ln x, x  1
在定义域上不是单调函数，则实数 m 的一个取值可以为
．
已知数列{a } ， a  a (0  a  1) ， a
 aan . 给出下列四个结论：
n1n1
① a2 (a,1) ；
② a10  a9 ；
③ {a2n } 为递增数列；
n1n
④ nN，使得 a a  1  a .
其中所有正确结论的序号是．
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）（本小题 13 分）
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， PD  平面ABCD ，底面 ABCD 是直角梯形， AD  DC ，
AB // DC ， AB  AD  2 ， DC  PD  4 ，点 N 是 PD 的中点，直线 PC 交平面 ABN 于点 M .
求证：点 M 是 PC 的中点；
求二面角 A  MN  P 的大小.
（17）（本小题 14 分）
在ABC 中， b cs C  c cs B  2a cs A ．
求角 A 的大小；
再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为己知，使得 ABC 存在且唯一确定，求ABC 的面积．
条件①： a  7 ；条件②： c  8 ；
条件③： cs C  1 ．
7
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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．
（18）（本小题 13 分）
某汽车生产企业对一款新上市的新能源汽车进行了市场调研，统计该款车车主对所购汽车性能的评分，将数据分成 5 组： [90,100),[100,110),[110,120),[120,130),[130,140] ，并整理得
到如下频率分布直方图：
求 m 的值；
该汽车生产企业在购买这款车的车主中任选 3 人，对评分低于 110 分的车主送价值 3000
元的售后服务项目，对评分不低于 110 分的车主送价值 2000 元的售后服务项目.若为这 3 人提供的售后服务项目总价值为 X 元，求 X 的分布列和数学期望 E( X ) ；
用随机抽样的方法从购买这款车的车主中抽取 10 人，设这 10 人中评分不低于 110 分的人数为Y ，问k(k  0 ，1，2， ，10) 为何值时， P(Y  k) 的值最大？（结论不要求证明）
（19）（本小题 15 分）
2
已知椭圆 E ： x
a2
y2
2
 1(a  b  0) 经过点 M (2, 0) ，离心率为.
b22
求椭圆 E 的方程；
设过点T (t, 0) 的直线l 与椭圆 E 有两个不同的交点 A, B （均不与点 M 重合），若以线段 AB 为直径的圆恒过点 M ，求t 的值.
（20）（本小题 15 分）
已知函数 f (x)  x2e2x  x 1 .
求曲线 y  f (x) 在(2, f (2)) 处的切线方程；
设函数 g(x)  f '(x)，求 g(x) 的单调区间；
判断 f (x) 极值点的个数，并说明理由.
（21）（本小题 15 分）
已知Q : a1, a2 ,, ak 为有穷正整数数列，且 a1 ≤ a2 ≤≤ ak ，集合 X  {1, 0,1} ．若存在 xi  X ， i  1, 2,, k ，使得 x1a1  x2a2    xk ak  t ，则称t 为 k  可表数，称集合 T  {t | t  x1a1  x2a2   x ka k , x i  X , i  1, 2, , k} 为 k  可表集．
i
若 k  10 ， a  2i1 ， i  1, 2,, k ，判定31, 1024是否为 k  可表数，并说明理由；
3k  1
若{1, 2,, n}  T , 证明： n ≤；
2
设 ai  3i1 ， i  1, 2,, k ，若{1, 2,, 2024}  T ，求 k 的最小值．
昌平区 2023－2024 学年第一学期高三年级期末质量抽测
数学试卷参考答案2024.1
一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分 .
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分.
题号
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
（8）
（9）
（10）
答案
B
A
B
C
D
B
D
C
D
C
3
（ 11） 4
（12） 7（13） 22n
（14）1（答案不唯一）（15）①②④
注：第（13）题第一空 3 分,第二空 2 分;第（15）题全部选对得 5 分，不选或有错选得 0 分，其他得 3
分.
三、解答题共 6 小题，共 85 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
（16）（本小题 13 分）
解：（Ⅰ）因为 AB // DC ， AB  平面PCD ， CD  平面PCD ，
所以 AB // 平面 PCD .1 分
因为直线 PC 交平面 ABN 于点 M .
所以平面 ABMN ∩ 平面 PCD  MN .2 分
所以 AB //MN .3 分
所以CD // MN .4 分
因为点 N 是 PD 的中点，
所以点 M 是 PC 的中点.5 分
（Ⅱ）因为 PD  平面ABCD ， 所以 PD  DA ， PD  DC .因为 AD  DC ，
所以 DP, DA, DC 两两相互垂直. …… 6 分如图，以点 D 为坐标原点，
建立空间直角坐标系 D  xyz .则 D(0, 0, 0) ，
A(2, 0, 0) ， B(2, 2, 0) ， C(0, 4, 0) ， P(0, 0, 4) ，
……7 分
所以 N (0, 0, 2) ， M (0, 2, 2) .
–––→–––→
所以 AB  (0, 2, 0) ， AN  (2, 0, 2) .8 分
设平面 ABMN 的法向量为 n  (x, y, z) ，则
n  –––→
AB  0, 即
2 y  0,
…9 分
–––→
n 
2x  2z  0.
AN  0.
令 x 1，于是 z  1 ， y  0 ，所以 n  (1, 0,1) .10 分
m  1 –––→
又因为平面 PCD 的法向量为
DA  (1, 0, 0) .11 分
2
所以cs < m, n >= m  n 
m n
2
2 .12 分
由题知，二面角 A  MN  P 是钝角，
所以二面角 A  MN  P 的大小为 3 .13 分
4
（17）（本小题 14 分）
解：（Ⅰ）因为
a
sin A
b
sin B
c
sin C
，1 分
所以sin B cs C  cs B sin C  2 sin Acs A .2 分
所以sin( B  C)  2 sin Acs A .3 分
因为 A  B  C  , 所以sin A  2 sin Acs A .4 分
又sin A  0 ，所以cs A  1 .5 分
2
因为0  A   ，所以A   .6 分
3
（Ⅱ）选择条件①③：
因为csC  1 ， 0  C  ，
7
所以sin C 
.8 分
1  cs2 C
4 3
7
ac
由正弦定理得
sin A
，
sin C
所以c  a sin C 
sin A
7  4 3
7
3
2
 8 .10 分
因为sin B  sin[  C  π]  sin(C  π)  sin C cs π  cs C sin π
3333
 4 3  1  1 
3  5 3 ,
…12 分
所以 S
ABC
727214
3

 1 ac sin B1 7 8 5 3  10
2214
.14 分
选条件②③：
因为cs C  1 ， 0  C  ，所以sin C 
7
8 
 4 3 .……… 8 分
1  cs2 C
7
3
由正弦定理得
a
sin A
c
sin C
，所以 a  c sin A 
sin C
2  7 .………10 分
4 3
7
由余弦定理得c2  a2  b2  2ab cs C ，
所以b2  2b 15  0 .12 分
解得b  5 或b  3 （舍）.
所以 S
ABC
 1 ab sin C  1  7  5  4 3  10
3
.14 分
227
（18）（本小题 13 分）
解：（I）依题意， (0.005  0.025  0.035  m  0.007 ) 10  1 ，所以 m  0.0283 分
（Ⅱ）由题意可知， X 的可能取值为{6000, 7000,8000, 9000} ．
任选 1 人，估计认为该款车性能的评分不低于 110 分的概率为0.7 .4 分
3
P( X  6000)  C3  0.73  0.30  0.343 ；5 分
3
P( X  7000)  C2  0.72  0.3  0.441 ；6 分
3
P( X  8000)  C1  0.7  0.32  0.189 ；7 分
3
P( X  9000)  C0  0.70  0.33  0.027 .………8 分
所以 X 的分布列为
所以 E( X )  6000  0.343  7000  0.441  8000  0.189  9000  0.027  6900 元.
…10 分
（Ⅲ） k =7 时， P(Y  k) 的值最大．13 分
X
6000
7000
8000
9000
P
0.343
0.441
0.189
0.027
（19）（本小题 15 分）
解：（Ⅰ）由题设， a  2 ， e  c 
a
2 .1 分
2
因为 a2  b2  c2 ，2 分
所以 c 
2 ,b 
.4 分
2
2
2
所以椭圆 E 的方程是 x  y  1 .5 分
42
1
（Ⅱ）（1）当l  x 轴时，设直线 l 的方程为 x  t(2  t  2) ，代入椭圆方程 x2  y2  ，
42
2 
t2
2
整理得 y  
.6 分
1
2
因为以线段 AB 为直径的圆恒过点 M ，所以
AB 
 2  t .
2 
t2
2
解得t  2 或t  2 （舍）.7 分
3
（2）当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为 y  k(x  t) ( k  0 ). …… 8 分设 A(x1 , y1 ) ， B(x2 , y2 ) .
 x2  y2 

由 42
1 , 得(1  2k 2 )x2  4k 2tx  (2k 2t2  4)  0 .9 分
 y  k (x  t)
所以 x1
 x2 
4k 2t
1  2k 2
， x1 x2
 2k 2t 2  4 ，   8(4k2  k2t2  2)  0 . …… 11 分
1  2k 2
因为以线段 AB 为直径的圆恒过点 M ，所以 MA  MB .
–––→ –––→
所以 MA  MB  0 .12 分
–––→ –––→
又因为 MA  MB  (x1  2, y1 )  (x2  2, y2 )
 (x1  2)(x2  2)  y1 y2
 (x1  2)(x2  2)  k  x1  t   k(x2  t)
 (k 2 1)x x  (k 2t  2)(x  x )  k 2t2  4
1 212
2k 2t 2  44k 2t
 (k 2  1)  (k 2t  2)  k 2t 2  4
1  2k 21  2k 2
所以(k 2 1)(2k 2t2  4)  4k 2t(k 2t  2)  (k 2t2  4)(1  2k 2 )  0 ，
得3k2t2  8k2t  4k2  0 ，即(3t2  8t  4)k 2  0 .13 分
所以3t2  8t  4  0 .解得t  2 (舍)或t  2 .14 分
3
经检验，当t  2 时  0 满足题意.
3
综上， t  2 .15 分
3
（20）（本小题 15 分）
解：（Ⅰ）因为 f '(x)  (x2  2x)e2x 1，2 分
所以直线的斜率k  f '(2)  1， f (2)  3 .3 分
所以切线方程为 y  x  5.4 分
（Ⅱ） f (x) 的定义域为 R， g(x)  f '(x)  (x2  2x)e2x 1 ，
所以 g '(x)  (x2  4x  2)e2x .6 分
2
2
令 g '(x)  0 ，即 x2  4x  2  0 ，解得 x  2 或 x  2 .7 分
当 x 变化时， g '(x), g(x) 的变化情况如下表：
x
(, 2 
2 )
2 
2
(2 
2, 2 
2)
2 
2
(2 
2, )
g '(x)
+
0

0
+
g(x)

极大值

极小值

所以 g(x) 单调递增区间是(,2 
2) ， (2 
2,) ；8 分
单调递减区间是(2 
2,2 
.9 分
（Ⅲ）（1）当 x  2 
2 时， g(x) 在区间(,2 
上单调递增.
g(2 
2)  (2
 2)e 2 1  1 e 1  0 ， g(0)  1 0 ，10 分
2
2
所以存在唯一
x1 (0, 2 
，使 g(x1)  0 .11 分
【当 x  2 
2 时，函数 g(x) 在区间(, 2 
上单调递增.
g(2  2)  g(1)  e 1  0 ， g(1)  3e3 1 0 ，10 分
所以存在唯一 x1 (1, 2  2) ，使 g(x1)  0 .】11 分
2
2
（2）当2 x  2时， g(x) 在区间(2 
2,2 
上单调递减.
g(2 
 0 ， g(2 
 g(2)  1 0 ，12 分
所以存在唯一 x2 (2  2, 2) ，使 g(x2 )  0 .13 分
2
（3）当 x  2 时， (x2  2x)  0, e2x  0, 故 g (x)  (x 2  2x)e2x 1  0 .
所以 g (x) 在区间(2  2,) 上无零点.14 分
综上，当 x 变化时， f '( x), f ( x) 的变化情况如下表：
所以 f (x) 有两个极值点.15 分
x
(, x1)
x1
(x1, x2 )
x2
(x2 , )
f '(x)

0
+
0

f (x)

极小值

极大值

（21）（本小题 15 分）
解：(Ⅰ)因为1 20  0  (21  22  23  24  26  27  28  29 )  1 25  31，所以31为 k  可表数．2 分
又 x  20  x  21    x  29 ≤ 1 20  1 21  1 29  210  1  1023  1024 ，
1210
所以1024 不是 k  可表数．4 分
(Ⅱ)由题设， 0  0  a1  0  a2   0  ak ，所以0  T ．5 分
若 s T ，则存在 xi  X ， i  1, 2,, k ，使得 x1a1  x2a2   xkak  s ，所以(x1a1  x2 a2   xkak )  s ，且 xi  X .
所以s T ．6 分
因为{1, 2,, n}  T ，所以{0, 1, 2,, n}  T ．
所以集合{0, 1, 2,, n}中元素的个数不超过集合T 的元素个数.7 分
又因为集体T 中元素个数至多为3k ，8 分
所以 2n  1≤ 3k
，即 n ≤
3k  1
2
．9 分
**3m1  13m  1
(Ⅲ)由题设，对于任意的 n  N ，存在 m  N ，使
 n ≤．
22
2
又 x1  1  x2  3  x3  3
   xm 1  3
m2 ≤ 1  1  1  3  1  32
   1  3
m 2
3m 1  1
，
2
所以 k  m  1 . 所以 k ≥ m .
2
m 13m  1
而1  1  1  3  1  3    1  3
3m  1
,
2
m 1
即当n 
时，取 a1  1, a2  3,, am  3
2
， n 为 m  可表数.10 分
因为 2(1  3  32
3m  1
m 1
   3)  2  3m 2
 1 ，
i
由三进制基本事实可知，对任意的0 ≤ p ≤ 3m 1 ，存在 r {0,1, 2},i  1, 2,, m ，
使 p  r  30  r  31  r
 3m1 ．
12m
3m 101
m 101
m 1
所以 p 
2
 (r1  3
 r2  3
  rm  3)  (3
 3   3)
12
 (r 1)  30  (r
1)  31  (r
1)  3m1 ．11 分
m
令 xi  ri 1 ，则有 xi {1, 0,1},i  1, 2,, m ．
3m 1
设t  p ，则
2
3m 13m 1

≤ t ≤，
22
由 p 任意性，对任意的
3m 13m 1

≤ t ≤
22
， t  Z ，都有
t  x  30  x  31  x  3m1 , x {1, 0,1}, i  1, 2,, m ．12 分

12mi
3m 1
又因为n ≤，所以对于任意的
2
n ≤ t ≤ n
， t  Z ， t 为 m  可表数．
综上，可知 k 的最小值为 m ，其中 m 满足
3m1 1 
3m 1
n ≤
．13 分
又因为当 n  2024 时，
37 1 
22
38 1
n ≤.
22
所以 k 的最小值为8 ．15 分