2023-2024学年北京市石景山区高三上学期期末数学试题

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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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用交集的定义可求.
【详解】由题设有，
故选：B .
2. 已知为虚数单位，若，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】先利用复数的除法化简，再利用复数的几何意义判断.
【详解】因为，
所以，
所以复数在复平面内对应的点位于第一象限，
故选：A
3. 设函数,则（ ）
A. 是奇函数，且在(0,+∞)单调递增B. 是奇函数，且在(0,+∞)单调递减
C. 是偶函数，且在(0,+∞)单调递增D. 是偶函数，且在(0,+∞)单调递减
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的解析式可知函数的定义域为，利用定义可得出函数为奇函数，
再根据函数的单调性法则，即可解出．
【详解】因为函数定义域为，其关于原点对称，而，
所以函数为奇函数．
又因为函数在上单调递增，在上单调递增，
而在上单调递减，在上单调递减，
所以函数在上单调递增，在上单调递增．
故选：A．
【点睛】本题主要考查利用函数的解析式研究函数的性质，属于基础题．
4. 将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出所有的排列方式，得出两本数学书相邻的情况，即可求出概率.
【详解】解析：两本不同的数学书用a1，a2表示，语文书用b表示．
则所有的排列方式有(a1，a2，b)，(a1，b，a2)，(a2，a1，b)，(a2，b，a1)，(b，a1，a2)，(b，a2，a1)共6种．
其中两本数学书相邻的情况有4种，故所求概率为．
故选：D.
5. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A. 36B. 45C. 63D. 75
【答案】B
【解析】
【分析】由等差数列的前项和性质可得成等差数列，进而可得结果.
【详解】因为为等差数列的前项和，
所以成等差数列，即成等差数列，
所以，解得，
故选：B.
6. 某学校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是17.5，30]，样本数据分组为17.5，20），20，22.5），22.5,25），25，27.5），27.5，30）.根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是
A. 56B. 60C. 140D. 120
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由题意得，自习时间不少于小时的频率为，故自习时间不少于小时的人数为，故选C.
考点：频率分布直方图及其应用．
7. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性即可得出结果.
【详解】对于A，当时，单调递减，所以由可得，故A错误；
对于B，当时，单调递减，所以由可得，故B错误；
对于C，当时，在单调递增，由可得，故C错误；
对于D，当时，单调递减，所以由可得，
则，即，故D正确.
故选：D.
8. 在△中，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过正弦定理将边化为角，结合两角和的正弦公式可得，进而可得结果.
【详解】因为，
由正弦定理可得，
由于，即，所以，得，
故选：C.
9. 设是首项为的等比数列，公比为，则“”是“对任意的正整数，”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】B
【解析】
【分析】由等比数列通项公式得到的变形式，转化成关于公比的不等式，解得的
取值范围，进而可以顺利判定二者的关系.
【详解】数列是首项为的等比数列，公比为
则
当时的值正负均可以出现，不能判定符号，即不能推出
当即时，可以得到，则成立.
则“”是“对任意的正整数，”的必要不充分条件,选项B正确.
故选：B
10. 如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，给出下列三个结论：
①
②的面积与的面积相等
③三棱锥的体积为定值
其中，所有正确结论的个数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】证明面可判断①；计算和的面积可判断②，计算三棱锥的体积可判断③，进而可得正确答案.
【详解】对于①：连接，因为四边形是正方形，所以，因为面，面，所以，因为，所以面，因为面，所以，故①正确；
对于②：连接和，则是边长为的等边三角形，所以点到边的距离为，所以点到边的距离为，所以的面积为，因为面，面，可得，
所以的面积为，所以的面积与的面积不相等，故②不正确；
对于③：因为面，所以点到面的距离为，所以三棱锥的体积为，所以三棱锥的体积为定值，故③正确；
故选：C.
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. 已知向量，若，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量平行的充分必要条件得到关于的方程，解方程即可求得实数的值.
【详解】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：，
解方程可得：.
故答案为：.
12. 双曲线的焦点坐标为________，渐近线方程为________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据双曲线的焦点坐标公式和渐近线方程即可直接求出答案.
【详解】因为，所以，
又因为双曲线的焦点在轴上，
所以双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为，即.
故答案为：；.
13. 设函数，则使得成立的的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】分和两种情况讨论从而解不等式即可.
【详解】当时，由，得，所以，又因为，所以；
当时，由，得，所以，又因为，所以.
所以满足成立的的取值范围为 .
故答案为：.
14. 若点关于轴的对称点为，则的一个取值为________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据两点关于轴的对称，可得出，从而可求出的值.
【详解】因为点关于轴的对称点为，
所以，即，所以，
所以，即.
故答案为：（答案不唯一）.
15. 数学中有许多形状优美的曲线，如星形线，让一个半径为的小圆在一个半径为的大圆内部，小圆沿着大圆的圆周滚动，小圆的圆周上任一点形成的轨迹即为星形线.如图，已知，起始位置时大圆与小圆的交点为（点为轴正半轴上的点），滚动过程中点形成的轨迹记为星形线.有如下结论：
① 曲线上任意两点间距离的最大值为；
② 曲线的周长大于曲线的周长；
③ 曲线与圆有且仅有个公共点.
其中正确的序号为________________.
【答案】①③
【解析】
【分析】由题意知星形线任意点满足，为参数，其中，即，，从而可判断①；分析曲线的图像，与星形线图像对比可知②；求出星形线与直线的交点，知曲线与圆相切，可判断③；
【详解】由已知可知小圆与大圆是内切的关系，设小圆的圆心为，
则小圆的圆心轨迹为以为圆心，半径为3的圆，即
设星形线任意点，则，为参数，其中
可知星形线任意点，满足，
对于①，星形线上左右两个端点，或上下两个端点，的距离最远，等于8，故①正确；
对于②，曲线为过点，，，的正方形，
而星形线与坐标轴的交点也是这四个点，由两点之间线段最短，可知曲线的周长小于曲线的周长，故②错误；
对于③，星形线与直线的交点为，即
它们到原点的距离为与圆的半径相等，
所以曲线与圆相切，即有且仅有个公共点，故③正确；
故答案为：①③
【点睛】关键点点睛：本题考查两个圆的内切关系求轨迹，解题的关键是理解星形线的定义，求出对应点满足的条件，再分析选项，考查学生的分析审题能力，属于难题.
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. 已知函数，，从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（1）的最小正周期；
（2）在区间上的最小值.
【答案】（1）选条件①；选条件②
（2）选条件①；选条件②
【解析】
【分析】选条件①：；
（1）利用两角和与差的正弦公式化简可得，
由周期公式可得答案；
（2）根据的范围求得的范围可得答案；
选条件②：.
（1）利用两角和与差的正弦公式化简可得，
由周期公式可得答案；
（2）根据的范围求得的范围可得答案.
【小问1详解】
选条件①：；
（1）
，
所以的最小正周期是.
选条件②：.
，
所以最小正周期是.
【小问2详解】
选条件①：；
因为，
所以≤≤，
所以≤≤，
所以≤≤，
当，即时，有最小值.
选条件②：.
因为，
所以≤≤，
所以≤≤，
当，即时，有最小值.
17. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面为直角三角形，，.
（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）若，，，判断在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）由条件得到即可；
（2）由条件可得，即可证明；
（3）以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，算出平面的法向量，设，然后可得，然后可建立方程求解.
【小问1详解】
因为四棱锥中，，
所以，
因为，，
所以平面.
【小问2详解】
因为，，所以，
又因为，所以，
因为，，
所以.
【小问3详解】
存在，当为线段中点时，理由如下：
由（2）可知，因为，，
所以，
又，，
如图以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
设平面的法向量为，
由得
令，所以.
设，
则，
所以，
直线与平面所成角，
所以，
解得，符合题意，
所以当为线段中点时，直线与平面所成角的大小为.
18. 某校组织“创建文明城区”知识竞赛，有，两类问题，每位参加比赛的学生先在两类问题中选择一类，然后从所选类别的问题中随机抽取一个问题回答，若回答错误则比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，比赛结束.类问题回答正确得分，否则得分；类问题回答正确得分，否则得分.已知小明同学能正确回答类中的每一个问题的概率均为，能正确回答类中的每一个问题的概率均为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
（1）若小明先回答类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
【答案】（1）分布列见解析
（2）类问题，理由见解析
【解析】
【分析】（1）得分情况有三种可能性，第一个问题错误，0分，第一个问题正确，第二个错误，10分，两个问题都正确，40分，分别求出对应概率即可
（2）将两种情况分别进行计算，比较大小即可得出结论
【小问1详解】
由题可知，的所有可能取值为，，.
；；.
所以的分布列为
【小问2详解】由（1）知，若小明先回答问题，则.
若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，，.
；；，
所以.
因为，所以小明应选择先回答类问题.
19. 已知椭圆，为坐标原点，右焦点坐标为，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆在轴上的两个顶点为，点满足，直线交椭圆于两点，且，求此时的大小.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的焦点坐标及椭圆的离心率可求解；
（2）分析可知直线斜率存在，设为，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理弦长公式可知直线的方程为，再利用，知点在以原点为圆心，半径为的圆上，利用点到直线的距离公式可判断直线与圆的位置关系，进而求解.
【小问1详解】
因为右焦点为，所以，
因为离心率，所以，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
当直线垂直于轴时，（舍）.
当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，
由整理得，
设，由题意恒成立，
所以，，
利用弦长公式知
，解得，
所以直线的方程为.
因为为椭圆在轴上的两个顶点，不妨设，
因为，设，
所以，即，
即点在以原点为圆心，半径为的圆上.
因为原点到直线的距离，
所以直线与圆相切，
所以.
20. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求的单调区间；
（3）求证：当≤时，≥.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程；
（2）求出，分、、，讨论的单调性可得答案；
（3）当时，令，得或，取得极小值，
，由极小值定义及的单调性可知：当时，；
时，设，由二次函数的性质可知恒成立，可得答案.
【小问1详解】
，
因为，，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
由（1）知：，（），
因为，令，所以或，
当时，，
则的变化情况如下表：
当时，，则 恒成立，内恒增；
当时，，则 的变化情况如下表：
综上，当时，单调递增区间是和，单调递减区间是；
当时，单调递增区间是，无单调递减区间；
当时，单调递增区间是和 ，单调递减是.
【小问3详解】
当时，令，得或，易知，
则的变化情况如下表：
所以当时，取得极小值，
由于，则，，，，
所以由极小值定义及的单调性可知：当时，，
接下来，研究在的变化情况，
因为恒成立，设，
对称轴，，抛物线开口向上，，
所以由二次函数的性质可知：当时，恒成立，
所以在时恒成立.
综上所述：当时，.
21. 记实数，中的较大者为，例如，，对于无穷数列，记，若对于任意的，均有，则称数列为“趋势递减数列”.
（1）已知数列的通项公式分别为，，判断数列是否为“趋势递减数列”，并说明理由；
（2）已知首项为公比为的等比数列是“趋势递减数列”，求的取值范围；
（3）若数列满足，为正实数，且，求证：为“趋势递减数列”的充要条件为的项中没有.
【答案】（1）、为“趋势递减数列”，理由见解析；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由的通项公式知：是单调递减且，结合“趋势递减数列”的定义判断并说明是否为“趋势递减数列”.
（2）讨论公比的范围，结合“趋势递减数列”的性质判断不同的取值下是否满足要求，即可确定范围.
（3）应用充要条件的定义，由反证法结合“趋势递减数列”的性质证明的项中没有，再证的项中没有时是否为“趋势递减数列”，即可证结论.
【小问1详解】
数列是“趋势递减数列”.
由通项公式知：公差为，故是单调递减数列，
∴，且，故数列是“趋势递减数列”.
数列是“趋势递减数列”.
由为奇数，为偶数，则，
∴，且，故数列是“趋势递减数列”.
【小问2详解】
当时，数列为单调递增数列，此时，且不满足题意；
当时，数列为常数列，不满足题意；
当时，数列为单调递减数列，此时，且，满足题意；
当时，此时，且，满足题意；
当时，此时，且，不满足题意；
综上，的取值范围为.
【小问3详解】
先证必要性：
假设存在正整数≥使得，令.
因为，为正实数，且，
∴≥，故≥，则数列从开始以后的各项为，
当≥时，，与为“趋势递减数列”矛盾，故假设不成立，项中没有.
再证明充分性：
得：，
由的项中没有，故对于任意正整数，，
∴，即
当时，，
当时，，
∴为“趋势递减数列”.
综上：为“趋势递减数列”的充要条件为的项中没有.
【点睛】关键点点睛：第三问，分别从充分性、必要性两个方面证明结论，注意反证法的应用：假设为“趋势递减数列”存在推出矛盾.极大值
极小值
极大值
极小值
极小值
极大值