2024北京石景山高三上学期期末数学试题及答案

这是一份2024北京石景山高三上学期期末数学试题及答案，共10页。
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。
B 
（1）已知集合 A  {2, 0, 2, 4} ， B  { x | x2 ≤ 4} ，则 A
（A）{2, 0, 2}
（C）{ 2, 2}
（B）{0, 2}
（D）{0, 2, 4}
已知复数 z1  1  2i ， z1 , z2 在复平面内的对应点关于虚轴对称，则 z1  z2 
（A） 5（B） 5
(x2  2)4 展开式中含 x5 的项的系数为
x
4  2i
4  2i
（A） 4（B） 4（C） 8（D） 8
已知向量a  ( 5, m ) ， b  ( 2, 2 ) ，若( a  b)  b ，则 m 
（A） 1（B）1（C） 2（D） 2
已知等差数列{an } 的前 n 项和为 S n ，若 a2  15 ， S 5  65 ，则 a1  a4 
（A） 24（B） 26（C） 28（D） 30
直线2x  y  m  0 与圆 x2  y2  2x  4  0 有两个不同交点的一个充分不必要条件是
（A） 5  m  3
（C） 9  m  3
（B） 0  m  5
（D） 7  m  3
设函数 f (x)  lg2 (2  x), x  1 ，则 f (2)  f ( lg 10 ) 

2x1,
x ≥12
（A） 2（B） 5（C） 7（D）10
在△ ABC 中， 2a cs A  b cs C  c cs B ，则A 
π
6
π
3
π
2
2π
3
设函数 f (x)  ln | x  1| ln | x  1| ，则 f (x) 是
偶函数，且在区间(1,  ) 单调递增
奇函数，且在区间(  1,1) 单调递减
偶函数，且在区间(,  1) 单调递增
奇函数，且在区间(1,  ) 单调递减
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，点 P 在正方形 ADD1 A1 内（不含边界），则在正方形 DCC1D1 内（不
B1
D
D1C1
含边界）一定存在一点Q ，使得
PQ // ACA1
平面 PQC1 // 平面 ABC
PQ  ACC
AC  平面 PQC1
AB
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。
4  x
函数 f (x)  lg(x  3) 的定义域为．
x2
2
已知双曲线 a2  y
 1(a  0) 的一条渐近线方程为 y  1 x ，则该双曲线的离心率为．
2
某学校从全校学生中随机抽取了 50 名学生作为样本进行
数学知识测试，记录他们的成绩，测试卷满分 100 分，
将数据分成 6 组：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，
[80,90)，[90,100]，并整理得到如右频率分布直方图，则图中的t 值为，若全校学生参加同样的测试，估计全校学生的平均成绩为（每组成绩用中间值代替）.
已知命题 p ：若 a  b ≥ 1 ，则a3  b3 ≥1 ．能说明 p 为假命题的一组 a, b 的值为 a  ， b  ．
在数列{an } 中， an1  f ( an ) ，给出下列四个结论：
①若 f (x)  2x ，则{an } 一定是递减数列；
n
②若 f (x)  ex ，则{a } 一定是递增数列；
③若 f (x)  x3  1 ， a1 (1, 0 ) ，则对任意c  0 ，都存在 n  N* ，使得 an  c ；
④ 若 f (x)  kx2  1 (k  0) ， a  1 ，且对任意 n  N* ，都有 a  2 ，则 k 的最大值是 1 ．
1n4
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 14 分）
C
如图，在三棱锥 P  ABC 中， 平面 PAC  平面P
ABC ， PA  PC  PB  2 ， AB  BC ， APC   ．
3
求证： AC  PB ；
A
求二面角 A  PC  B 的余弦值．
B
（17）（本小题 13 分）
设函数 f (x) 
3 sin  x  2sin2  x  1
2
(  0 ) ．
f ()
（Ⅰ）若  2 ，求π
12
的值；
, ]
（Ⅱ）已知 f (x) 在区间[ π π
12 3
上单调递减，再从条件①、条件②、条件③ 这三个条件中选择一个作为已
知，使函数 f (x) 存在，求 的值．
条件 ①：函数 f (x) 的图象经过点 A( π , 3) ；
12
, ]
条件 ②： x [ π π
12 3
时， f (x) 的值域是[2, 2] ；
条件 ③： x  π
12
是 f (x) 的一条对称轴．
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）
某学校体育课进行投篮练习，投篮地点分为 A 区和 B 区，每一个球可以选择在 A 区投篮也可以选择在 B 区投篮，在 A 区每投进一球得 2 分，没有投进得 0 分；在 B 区每投进一球得 3 分，没有投进得 0 分.学生甲在 A ， B 两区的投篮练习情况统计如下表：
假设用频率估计概率，且学生甲每次投篮相互独立．
试分别估计甲在 A 区， B 区投篮命中的概率；
若甲在 A 区投3 个球，在 B 区投 2 个球，求甲在 A 区投篮得分高于在 B 区投篮得分的概率；
若甲在 A 区， B 区一共投篮5 次，投篮得分的期望值不低于 7 分，直接写出甲选择在 A 区投篮的最
甲
A 区
B 区
投篮次数
30
20
得分
40
30
多次数．（结论不要求证明）
（19）（本小题 15 分）
x2y22
已知椭圆C : a2  b2  1 (a  b  0) ，离心率为
求椭圆C 的方程；
，短轴长为2 2 .
2
过坐标原点O 且不与坐标轴重合的直线l 交椭圆C 于 P ， Q 两点，过点 P 作 x 轴的垂线，垂足为
E ，直线QE 与椭圆的另一个交点为 M ．求证： △ MPQ 为直角三角形．
（20）（本小题 15 分）
已知函数 f (x)  ln(1  x) ．
求曲线 y  f (x) 在点(0, f (0)) 处的切线方程；
求证：当 x (, 0) 时， f (x)   1 x2  x ；
2
设实数 k 使得 f (x)  kx2  x 对 x (, 0) 恒成立，求 k 的取值范围．
（21）（本小题 15 分）
对于项数为 m 的数列{an } ，若数列{bn } 满足bk  max{a1, a2 ,, ak } ， (k  1, 2,, m ) ，其中， max M
表示数集 M 中最大的数，则称数列{bn } 是{an } 的 P 数列.
若各项均为正整数的数列{an } 的 P 数列是3, 4, 4, 5 ，写出所有的数列{an } ；
n
证明：若数列{ an } 中存在 ai 使得 ai  a1 (2 ≤ i ≤ m) ，则存在 k {1, 2,, m 1} 使得bk 1  bk 成立；
数列{bn } 是{an } 的 P 数列，数列{cn } 是{  an } 的 P 数列，定义 dn  sgn(an  ai ) ，其中
i1

1, sgn(x)  0,
x  0,
x  0, ．求证：{b
n  cn
} 为单调递增数列的充要条件是{d
n} 为单调递增数列．

1, x  0.
（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）
参考答案
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）
（1）A
（2）B
（3）D
（4）B
（5）C
（6）A
（7）C
（8）B
（9）D
（10）A
（11） (3, 4]
（12） 5
2
（13） 0.014 72.6
（14） 11
22
（答案不唯一）（15）②③④
三、解答题（共 6 小题，共 85 分）
（16）(本小题 14 分)
证明：取 AC 中点O ，连结 PO, BO
A
O
C
因为 PA  PC ，所以 PO  AC ；P
因为 AB  BC ，所以 BO  AC ；
因为 BOPO  O ，所以 AC  平面 PBO ；
因为 PB  平面 PBO ，B
所以 AC  PB ．[ 6 分]
由（Ⅰ）知 PO  AC ， PO  平面 PAC ，因为平面 PAC  平面 ABC ，平面 PAC平面 ABC  AC ，
所以 PO  平面 ABC ，因为 BO  平面 ABC ，所以 PO  BO
z
PO  AC ， BO  AC ，如图建立空间直角坐标系O  x yz ．
由已知APC   ，易得P
3
PO  1 PA  1 ， OC 
2
在Rt△PBO 中， OB 
3 PC A
3
2OCy
PB2  PO2
3
B
所以得 B( 3, 0, 0) ， C(0, 3, 0) ， P(0, 0,1) ，x

所以 PB  ( 3, 0, 1), PC  (0, 3, 1)
设平面 PCB 的法向量为 n  (x0 , y0 , z0 ) ，则

n  0,
 3x  z
 0,
PB
即00


3y  z
 0.

n  PC  0,
00
令 x0  1 ，则 y0  1 ， z0 
3 ．于是 n  (1,1, 3) ．

又因为平面 POC 的法向量为 OB  ( 3, 0, 0) ，

| cs 

5
| OB  n |
所以OB , n |．
5
| OB || n |
由题知二面角 A  PC  B 为锐角，所以其余弦值为 5
5
．[14 分]
（17）(本小题 13 分)
解：（Ⅰ）因为 f (x) 
3 sin  x  2sin2  x  1，所以
2
f ( x)  3sin x  cs x
 2 (
3 sin x  1 cs x)  2sin( x  ) ．
226
3
因为  2 ，所以 f (  ) ．[5 分]
12
（Ⅱ）选②
, ]
因为 f (x) 在区间[ π , π] 上单调递减，且当 x [ π π
时， f (x) 的值域是[2, 2] ，
所以 f
max
12 3
f ()
(x)   2 ， f
12
min
(x)  f ( )  2 .
3
12 3
此时，由三角函数的性质可得 T  π  π  π ，故T  π ．
因为  0 ，所以  2π  4 .
T
231242
（Ⅱ）选③
, ]
因为 f (x) 在区间[ π π
12 3
上单调递减，
所以 π  π ≤ T ，即 2π ≥  ，

31222
解得0   ≤ 4 ．
因为 x  π
12
是 f (x) 的一条对称轴，
所以 f
max
(x)  f (  )  2 .
12
所以sin(    )  1 ，
126
即        2k, k  Z
1262
解得  4  24k, k  Z .
由0   ≤ 4 ，可知  4 .[13 分]
（18）(本小题 13 分)
解：（Ⅰ）甲在 A 区投篮30 次，投进 20 次，所以估计甲在 A 区投篮进球的概率为 2 ，
3
甲在 B 区投篮30 次，投进15 次，所以估计甲在 B 区投篮进球的概率为 1 . [2 分]
2
据题意，甲在 A 区进球的概率估计为 2 ，在 B 区投篮进球的概率估计为 1 .
32
设事件 A 为“甲在 A 区投篮得分高于在 B 区投篮得分”
甲在 A 区投3 个球，得分可能是0, 2, 4, 6 ，在 B 区投2 个球，得分可能是0, 3, 6 .
则甲在 A 区投篮得分高于在 B 区投篮得分的情况有：
A 区2 分 B 区0 分，概率估计为C1  2  (1)2  (1)2 = 1 ，
333218
40C2  2 2
11 2 1
A 区 分 B 区
分，概率估计为 3
( )   ( ) = ，
3329
43C2  2 21
1112
A 区 分 B 区
分，概率估计为 3
( 3)  3  C2   =，
A 区6
分 B 区0
2
分，概率估计为( )
12
3
2
( ) =，
229
3227
632 31
114
A 区 分 B 区
分，概率估计为( )
3
 C2   =，
2227
则甲在 A 区投篮得分高于在 B 区投篮得分的概率估计为 1  1  2  2  4
 11 .
1899272718
[10 分]
甲在 A 区投篮一次得分的期望估计是 2  2  0  1  4 ，甲在 B 区投篮一次得分的期望估计是
333
3  1  0  1  3 ，
222
设甲在 A 区投篮 x 次，则甲在 B 区投篮(5  x) 次，
则总的期望值估计为 4 x  3 (5  x) ≥ 7 ，解得 x ≤ 3 ，
32
则甲选择在 A 区投篮的次数最多是3 次 ．[ 13 分]
（19）(本小题 15 分)
2
 2b  2

解：（Ⅰ）由题意知  c 2
a  2
2
，解得b ．
 a2
2
a

222
c 

 b  c
2
所以椭圆C 的方程为 x
y2
 1 ．[5 分]
42
（Ⅱ）解：不妨设直线l 的方程为 y  kx (k  0) ， l 交椭圆于 P(xp , yp ) ， Q(xp ,  yp ) ．
由题意知 E(x , 0 ) ，所以 k
 yp
 yp
 1  yp  1 k ；
pQE

x  x2x2 x2
直线QE 的方程为 y  k (x  x
2p
pppp
) ．
 y  k (x  x )

P
联立2p 消去 y 得 (2  k 2 )x2  2k 2 x
P  x  k 2 x2  8  0
 x2  2 y2  4
P
易知  (2k 2 xP )2  4(2  k 2 )(k 2 x2  8)  0
所以 xM  xQ 
2k 2  xP
2  k 2
，设QM 的中点为 D ，
则 xD 
xM  xQ
2
k 2  xP
．
2  k 2
kk k 2  xPk  xP
yD  2 (xD  xP )  2 ( 2  k 2  xP )  2  k 2 ；
所以k yD  k  xp   1 ．
ODx
Dk 2  xpk
因为在△ MPQ 中， OD // PM ，所以 kPM
 1 ．
k
所以k
 k  1  k  1，即MPQ  π ．
PMPQk2
所以△ MPQ 为直角三角形得证.[ 15 分]
（20）(本小题 15 分)
解：（Ⅰ） f (x)  1  (1  x)  1 ， k  f (0)  1 .
1  xx 1
又 f ( 0 )  0 ，
所以曲线 y  f (x) 在点(0, f (0)) 处的切线方程为 y  x ． [4 分]
x2x2
（Ⅱ）令 F (x)  f (x)  x  ln(1  x)  x (x  0) ，
22
1x2
F (x)  x  1 
x 1
x 1 .
因为 x  0 ，所以 F (x)  0 ， F (x) 在(, 0 ) 上单调递减.所以 F (x)  F (0)  0 .
x2
即当 x (, 0 ) 时， f (x)   x .[ 8 分]
2
（Ⅲ）（1）当 k ≤  1
2
时， kx2
x2
 x ≤  x .
2
x2
由（Ⅱ）知，当 x (, 0 ) 时， f (x)   x .
2
所以当 k ≤  1 时， f (x)  kx2  x 对 x (, 0 ) 恒成立；
2
（2）当 k  1 时，令 h(x)  ln(1  x)  kx2  x
2
12kx2  (2k  1)x
h (x)  2kx  1 
x 1
x 1
①当 k ≥ 0 时，因为 x (  , 0 ) ，所以 h(x)  0 ， h(x) 在(  , 0 ) 上单调递增.
h(x)  h(0)  0 ，不合题意
②当 1  k  0 时， h(x)  0 得 x  2k  1  1  1  0
2
当 x (,1 
2k
1 ) 时， h(x)  0 ， x (1  2k
2k
1 , 0 ) 时， h(x)  0 ．
2k
所以 h(x) 在(1 
1 , 0 ) 上单调递增，则 x (1  2k
1 , 0 ) 时， h( x )  h( 0 )  0 ，不合题意.
2k
综上， k 的取值范围是 k (,  1 ] .[ 15 分]
2
（21）(本小题 15 分)
解：（Ⅰ） 3, 4, 4, 5 ， 3, 4, 3, 5 ， 3, 4, 2, 5 ， 3, 4,1, 5[4 分]
假设不存在 k {1, 2,, m 1} 使得bk 1  bk 成立，根据 P 数列定义可知bk 1 ≥ bk ， b1  a1 ，所以bk 1  bk ，则bk 1  bk  bk 1  b3  b2  b1 ，
即bk 1  bk  bk 1  b3  b2  b1  a1 ，
所以bn  max{a1, a2 ,, an }  a1 ，所以 ai ≤ a1 ，这与已知矛盾，
故若此数列{ an } 中存在 ai 使得 ai  a1
(2 ≤ i ≤ m) ，
则存在 k {1, 2,, m 1} 使得bk 1  bk 成立．[4 分]
必要性： bk  max{a1, a2 ,, ak } ， ck   min{a1, a2 ,, ak }， (k  1, 2,
则bk  ck  max{a1, a2 ,, ak }  min{a1, a2 ,, ak }．
m) ，
n
因为{bn  cn }为单调递增数列，所以对所有的 k ， ak  max{a1, a2 ,, ak } 或 ak  min{a1, a2 ,, ak } ，否则bk  ck  bk 1  ck 1 ．
因此，所有的 ak  ai (i  1, 2,, k) 同号或为0 ，即 dn  sgn(an  ai )  n 1 ，
i1
所以{dn } 为单调递增数列．
充分性：因为{dn} 为单调递增数列， d1  0 ， dn ≤ n  1 且 dn  N ，
ak }
所以只能 dn  n  1，所以 ak  ai (i  1, 2,, k) 同号或为0 ，所以对所有的 k ， ak  max{a1, a2 ,
或 ak  min{a1, a2 ,ak }，
所以bk  ck  max{a1, a2 ,
ak }  min{a1, a2 ,
ak }．
所以bk  ck  bk 1  ck 1 ，即{bn  cn } 为单调递增数列 ．[15 分]
（以上解答题，若用其它方法，请酌情给分）