北京市朝阳区2024届高三下学期质量检测二数学试题

这是一份北京市朝阳区2024届高三下学期质量检测二数学试题，共22页。试卷主要包含了 已知集合则等内容，欢迎下载使用。
2024.5
（考试时间120分钟 满分150分）
本试卷分为选择题40分和非选择题110分
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. 已知集合则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，结合交集的定义与运算即可求解.
【详解】由题意知，，
又，
所以.
故选：B
2. 下列函数中，既是奇函数又在其定义域上是增函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知的各个函数的性质，可以直接作出判断.
【详解】是奇函数，它在区间上单调递增，在定义域内不是增函数，所以选项A是错误的；
是偶函数，所以选项B是错误的；
既不是奇函数又不是偶函数，所以选项C是错误的；试卷源自 每来这里 全站资源一元不到！日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。满足既是奇函数又在其定义域上是增函数，所以选项D是正确的；
故选：D.
3. 设等差数列的前n项和为，若，，则 （ ）
A 60B. 80C. 90D. 100
【答案】D
【解析】
【分析】先求出等差数列的公差，再由等差数列的求和公式求解.
【详解】等差数列的公差为：，
则.
故选：D
4. 已知抛物线的焦点为F，点P为C上一点.若，则点 P的横坐标为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的标准方程可得，结合抛物线的定义即可求解.
【详解】由题意知，，
由抛物线的定义知，，得，
即点P的横坐标为7.
故选：C
5. 已知函数，存在最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据分段函数的单调性求解即可.
【详解】当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，则，
当时，，所以在上单调递增，无最小值，
根据题意，存最小值，
所以，即.
故选：A.
6. 已知是两个互相垂直的平面，是两条直线，，则“”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】B
【解析】
【分析】根据面面垂直的性质与线面垂直的性质，结合充分、必要条件的定义即可求解.
【详解】由题意知，，
若，当时，有；当时，与可能相交、平行、垂直.
若，由，得.
故“”是“”是必要不充分条件.
故选：B
7. 在平面直角坐标系中，锐角以为顶点，为始边.将的终边绕逆时针旋转后与单位圆交于点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据同角的平方关系求出，结合三角函数的定义和两角和的正弦公式计算即可求解.
详解】如图，
由，，得，
所以.
故选：D
8. 假设某飞行器在空中高速飞行时所受的阻力满足公式 ，其中是空气密度，是该飞行器的迎风面积，是该飞行器相对于空气的速度， 是空气阻力系数（其大小取决于多种其他因素），反映该飞行器克服阻力做功快慢程度的物理量为功率. 当不变，比原来提高时，下列说法正确的是（ ）
A. 若不变，则比原来提高不超过
B. 若不变，则比原来提高超过
C. 为使不变，则比原来降低不超过
D. 为使不变，则比原来降低超过
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得，，结合选项，依次判断即可.
【详解】由题意，，所以，，
A：当，不变，比原来提高时，
则，
所以比原来提高超过，故A错误；
B：由选项A的分析知，，
所以比原来提高不超过，故B错误；
C：当，不变，比原来提高时，，
所以比原来降低不超过，故C正确；D：由选项C的分析知，比原来降低不超过，故D错误.
故选：C
9. 已知双曲线的右焦点为F，c是双曲线C的半焦距，点A是圆上一点，线段FA与双曲线C的右支交于点B.若 ，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据条件求得，然后解直角三角形即可得答案.
【详解】设双曲线左焦点为，如图：，可得，
由双曲线的定义字，
在中，，
在中，
即，可得.
故选：A.
10. 北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由题意知，，当时，，代入，求出b即可.
【详解】由题意知，，各层的小球个数可当作数列，
则，
当时，，代入，
得，
整理得，解得或（舍去），
此时，即第一层的小球有个.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题主要考查新文化背景下的数列问题，确定与是解决本题的关键.
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. 复数满足，则的虚部是__________．
【答案】1
【解析】
【分析】由已知条件求出复数，从而可求出复数的虚部.
【详解】∵复数z满足，，
故z的虚部是1.
故答案为：1
12. 已知向量，，且，则实数k=______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用已知求得，进而根据，可得，求解即可.
【详解】因为，，
所以，
又，所以，解得.
故答案为：.
13. 在的展开式中，若二项式系数的和等于，则________，此时的系数是_______.（用数字作答）
【答案】 ①. 6 ②. 135
【解析】
【分析】利用二项式系数的和等于，求解值，利用通项公式求解的系数.
【详解】由二项式系数的和等于，则，；
通项公式为，
令，所以的系数为.
故答案为：；.
14. 若直线与曲线 有两个不同的交点，则实数的一个取值为_______.
【答案】1（答案不唯一）
【解析】
【分析】画出图，由图可知有两个交点的时候的临界状态为相切与过点，求出此时直线的斜率，则实数的取值范围即可求解.【详解】
直线过定点，
曲线 ，即，表示半圆，
如图所示，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离，
所以（舍去）或，
由于直线与曲线 有两个不同的交点，
当直线过时，斜率最小为，
所以由图可知，实数的取值范围为：，
故实数的一个取值为1，
故答案为：1（答案不唯一）.
15. 设为正整数，已知函数，，. 当时，记，其中. 给出下列四个结论：
①，；
②，；
③若，则；
④若，则.
其中所有正确结论的序号是________.
【答案】①③
【解析】【分析】依据在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在和上单调递增，在上单调递减，
利用单调性逐项计算可判断每个选项的正确.
【详解】对于①，因为，所以.
又在上单调递增，所以，
所以
，故①正确；
对于②，当时，，
，所以此时，故②错误；
对于③，当时，因为在上单调递减，在上单调递增，且关于直线对称.
又有，且和在数轴上关于对称，所以，，.
所以
.
而在和上单调递增，在上单调递减.
又有.
所以，.
所以
.
这就得到，，，所以此时，故③正确；
对于④，当时，因为在上单调递减，在上单调递增.
又，所以，.
所以
.
所以此时，故④错误.
故答案为：①③.
【点睛】关键点点睛：本题是新定义题型，弄清题意与每个函数的单调性是关键，利用单调性比较数的大小去绝对符号，运算量大，细心是关键.
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. 在中，为锐角，且
（1）求的值;
（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，求.条件①:
条件②:;
条件③:.
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）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用二倍角的正弦公式可求，进而可求；
（2）选条件①②:由已知可求，进而由正弦定理可求，再利用余弦定理可求.
选条件①③: 由已知可求，进而由正弦定理可求，后面同选条件①②.
选条件②③:利用余弦定理可求.
【小问1详解】
因为所以
因为∠A为锐角，csA >0，所以
又因为
所以
【小问2详解】
选条件①②:
因为又0