2024年北京市平谷区高三下学期质量监控（零模）数学试卷含详解

这是一份2024年北京市平谷区高三下学期质量监控（零模）数学试卷含详解，共25页。试卷主要包含了 已知集合，，则=， 已知复数，则=， 在的展开式中，的系数为， 在△中，“”是“”的， 已知抛物线C， 设点，动直线l等内容，欢迎下载使用。
注意事项
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，共150分，考试时间为120分钟，
2．试卷所有答案必须书写在答题纸上，在试卷上作答无效.
3．考试结束后，将答题纸交回，试卷按学校要求保存好．
第Ⅰ卷选择题（共40分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上．）
1. 已知集合，，则=（ ）
A. B.
C. D.
2. 已知复数，则=（ ）
A. B. 5C. 3D.
3. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B. 10C. D. 80
4. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
5. 在△中，“”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
6. 已知抛物线C：的焦点为F，O是坐标原点，点M在C上．若，则=（ ）
A. B. C. D. 4
7. 已知等差数列和等比数列，，，，，则满足的数值m（ ）
A 有且仅有1个值B. 有且仅有2个值C. 有且仅有3个值D. 有无数多个值
8. 一个边长为10cm的正方形铁片，把图中所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个容器侧面与底面的夹角正切值为（ ）
A. B. C. D.
9. 已知，，P是曲线上一个动点，则的最大值是（ ）
A. 2B. C. D.
10. 设点，动直线l：，作于点M，则点M到坐标原点O距离的最小值为（ ）
A. 1B. C. D.
第Ⅱ卷 非选择题（共110分）
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，请把答案填在答题卡中相应题中横线上．
11. 函数的定义域是______
12. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，并且经过点，则＝______；双曲线的渐近线方程为__________
13. 设，．若对任意实数x都有，则满足条件的所有可能的取值为______．
14. 若的面积为，且为钝角，则______；的取值范围是______．
15. 已知函数，设．
给出下列四个结论：
①当时，不存在最小值；
②当时，在为增函数；
③当时，存实数b，使得有三个零点；
④当时，存在实数b，使得有三个零点．
其中正确结论的序号是______．
三、解答题（本大题共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. 已知函数，其中，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条件，使存在，并完成下列两个问题．
（1）求值；
（2）若，函数在区间上最小值为，求实数的取值范围．
条件①：对任意的，都有成立；
条件②：；
条件③：．
17. 如图，在三棱柱中，侧面和均为正方形，，平面⊥平面，点M是的中点，N为线段AC上的动点；
（1）若直线平面BCM，求证：N为线段AC的中点；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
18. 某超市随机选取1000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如图，其中“√”表示购买，“×”表示未购买．
（1）试估计顾客同时购买了甲、乙两种商品的概率；
（2）假设每位顾客是否够买这四种商品是相互独立的，在近期内再对这四种商品购买情况进行调查，随机抽取4名顾客，试估计恰有2名顾客购买了两种商品，1名顾客购买了一种商品、1名顾客购买了三种商品的概率；
（3）如果顾客购买了甲则该顾客同时购买丙、丁中哪种商品的可能性最大．（结论不要求证明）
19. 已知椭圆E：过点，离心率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过椭圆E的右焦点F作斜率为的直线l交椭圆E于点A，B，直线l交直线于点P，过点P作y轴的垂线，垂足为Q，直线AQ交x轴于C，直线BQ交x轴于D，求证：点F为线段CD的中点．
20. 设函数，曲线在点处的切线斜率为1．
（1）求a的值；
（2）设函数，求的单调区间；
（3）求证：．
21. 已知是无穷数列，对于k，，给出三个性质：
①（）；
②（）；
③（）
（1）当时，若（），直接写出m的一个值，使数列满足性质②，若满足求出的值；
（2）若和时，数列同时满足条件②③，证明：等差数列；
（3）当，时，数列同时满足条件①③，求证：数列为常数列．
平谷区2023—2024学年度第二学期高三年级质量监控
数学试卷2024.3
注意事项
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，共150分，考试时间为120分钟，
2．试卷所有答案必须书写在答题纸上，在试卷上作答无效.
3．考试结束后，将答题纸交回，试卷按学校要求保存好．
第Ⅰ卷选择题（共40分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上．）
1. 已知集合，，则=（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先解一元二次不等式确定集合的元素，再由交集运算即可求解；
【详解】由解得，又，所以.
于是.
故选：B.
2. 已知复数，则=（ ）
A. B. 5C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数乘法以及模的运算公式即可求解.
【详解】由题意，则.
故选：D.
3. 在展开式中，的系数为（ ）
A. B. 10C. D. 80
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用二项式定理求出的系数.
【详解】在的展开式中，项为，
所以的系数为.
故选：A
4. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据各选项中函数式，直接判断单调性即得.
【详解】函数在区间上单调递增，A不是；
函数在上单调递增，B不是；
函数在上单调递减，C是；
函数在上单调递增，D不是.
故选：C
5. 在△中，“”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】
由，则或和，则，则，可得出答案.
【详解】若，则或，即或，
所以在△中，“”是“”的不充分条件
若，则，则，
所以在△中，“”是“”的必要条件.
故选：B.
【点睛】本题考查充分、必要条件的判断，考查三角函数的诱导公式的应用，属于基础题.
6. 已知抛物线C：的焦点为F，O是坐标原点，点M在C上．若，则=（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】先由抛物线的焦半径公式求出点的坐标，再利用两点间的距离公式求出.
【详解】设，则，
由C：得，即，则，解得，
于是，即，则.
所以.
故选：A.
7. 已知等差数列和等比数列，，，，，则满足的数值m（ ）
A. 有且仅有1个值B. 有且仅有2个值C. 有且仅有3个值D. 有无数多个值
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求公差和公比，令，分情况讨论，结合数列单调性分析判断.
【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
因为，，，
则，解得，
令，
可得，此时满足只有成立；
若，则，
（1）若为奇数，则，不满足；
（2）若为偶数，则，且，
即，可得，即不成立；
综上所述：满足的数值m有且仅有1个值，该值为1.
故选：A.
8. 一个边长为10cm的正方形铁片，把图中所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个容器侧面与底面的夹角正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，结合正四棱锥的结构特征，求出正四棱锥的斜高及底面边心距即可计算得解.
【详解】依题意，正四棱锥的底面正方形边长为6，斜高为，则底面正方形边心距为，
于是正四棱锥的高为，
所以这个容器侧面与底面的夹角正切值为.
故选：B
9. 已知，，P是曲线上一个动点，则的最大值是（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量数量积的坐标运算可得，再利用直线与圆的位置关系数形结合即可得解.
【详解】因为，即，
则曲线表示以坐标原点O为圆心，半径为1的上半圆，并记为，
设点，则，
所以，令，则，
故直线（斜率为，纵截距为）与曲线有公共点，如图所示：

直线过点，则，即，
直线与曲线相切，则，解得或（舍去），
所以，则，所以的最大值为.
故选：D.
10. 设点，动直线l：，作于点M，则点M到坐标原点O距离的最小值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线垂直关系可得点M的轨迹是以为圆心，半径的圆，即可得.
【详解】由以及可得直线的方程为，
联立，消去整理可得；
所以可知点M的轨迹是以为圆心，半径的圆；
因此.
故选：C
第Ⅱ卷 非选择题（共110分）
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，请把答案填在答题卡中相应题中横线上．
11. 函数的定义域是______
【答案】
【解析】
【分析】根据分数和对数有意义的条件即可求解.
【详解】函数有意义的条件是，解得且，
所以函数定义域为.
故答案为：.
12. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，并且经过点，则＝______；双曲线的渐近线方程为__________
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意将点代入双曲线方程可求得，再由双曲线定义可得，从而可求解.
【详解】由题意将代入双曲线方程得，解得，
所以双曲线方程为，又因为点在双曲线左支上，
所以；
所以渐近线方程为.
故答案为：；.
13. 设，．若对任意的实数x都有，则满足条件的所有可能的取值为______．
【答案】，
【解析】
【分析】根据给定关系式，求出值，再分类求出值.
【详解】由对任意的实数x都有，得或，
当时，，
则，而，因此；
当时，，
则，而，因此，
所以满足条件的所有可能的取值为，.
故答案为：，
14. 若的面积为，且为钝角，则______；的取值范围是______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由三角形面积公式可得，可求出；再根据为钝角限定出，利用正弦定理可得，可得其范围是.
【详解】根据题意可得面积，
可得，即，
又易知为锐角，可得；
由正弦定理可得，
因为为钝角，可得，所以；
可得，因此；
故答案为：；；
15. 已知函数，设．
给出下列四个结论：
①当时，不存在最小值；
②当时，在为增函数；
③当时，存在实数b，使得有三个零点；
④当时，存在实数b，使得有三个零点．
其中正确结论的序号是______．
【答案】②④
【解析】
【分析】结合一次函数与二次函数的性质，利用分段函数的性质与函数的零点逐项判断.
【详解】对于①：当时，，
易知函数在上的最小值为0，
函数，在内单调递增，即，
所以时，函数的最小值为0，故①错误；
对于②：当时，函数，在内单调递减，在内单调递增，
函数的对称轴为，所以在内单调递增，
又，即，解得，
综上可知，当时，在为增函数，故②正确；
对于③：当时，
函数，则，即，存在一个零点；
函数，在内单调递增，与存在一个交点，
又，即，解得或，
于是时，，如下图所示：
综上可知，当时，存在实数b，使得至多有两个零点，故③错误；
④当时，
函数，在内单调递减，在内单调递增，
则与存在两个个交点，
由③知，与存在一个交点，，
又，即，解得或，
于是时，如下图所示：
综上可知，当时，存在实数b，使得有三个零点.
故答案为：②④.
三、解答题（本大题共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. 已知函数，其中，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条件，使存在，并完成下列两个问题．
（1）求的值；
（2）若，函数在区间上最小值为，求实数的取值范围．
条件①：对任意的，都有成立；
条件②：；
条件③：．
【答案】16. 答案见解析
17.
【解析】
【分析】（1）根据所选条件分别计算能否使成立，从而可求解.
（2）根据（1）中可得，再利用整体代换法得，从而可求得，再结合，从而可求解.
【小问1详解】
由，
若选条件①：可知当时，，因为，即，且对任意，都有恒成立，故选条件①时存在，故可选①；
若选条件②：，解得或，，因为，所以与条件矛盾，故不选②；
若选条件③：，
所以，因为，可得，故条件③能使成立，故可选③；
综上所述：故可选择条件①或③，此时.
【小问2详解】
由（1）知，当时，，
且的最小值为，所以可得，解得，又，
所以，
所以的取值范围为.
17. 如图，在三棱柱中，侧面和均为正方形，，平面⊥平面，点M是的中点，N为线段AC上的动点；
（1）若直线平面BCM，求证：N为线段AC的中点；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过点N作交BC于点Q，连接QM，得，进而利用直线与平面平行的性质定理可得，从而可证是平行四边形，则由是的中点可得N为线段AC的中点；
（2）先建立空间直角坐标系，再求得平面的法向量，设，则，进而利用向量法表示线面角，列方程求得，从而即可得到的长.
小问1详解】
在中，过点N作交BC于点Q，连接QM，如图：

因为，所以，
所以，N，Q，M四点共面．
因为直线平面，平面，平面平面，
所以．所以四边形是平行四边形．
所．所以为的中点．
【小问2详解】
因为侧面为正方形，所以，
又因平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，，
又因为正方形，，以B为原点，BA，，BC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图：

因为，
所以，，，，，，
所以，．
设平面的一个法向量为，
由得即．
取，得．
设，，则，
因为，所以．
所以，，，所以N点坐标为．
因为，所以
设直线与平面所成角为，
则，
解得 ，
所以，即线段的长为．
18. 某超市随机选取1000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如图，其中“√”表示购买，“×”表示未购买．
（1）试估计顾客同时购买了甲、乙两种商品概率；
（2）假设每位顾客是否够买这四种商品是相互独立的，在近期内再对这四种商品购买情况进行调查，随机抽取4名顾客，试估计恰有2名顾客购买了两种商品，1名顾客购买了一种商品、1名顾客购买了三种商品的概率；
（3）如果顾客购买了甲则该顾客同时购买丙、丁中哪种商品的可能性最大．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）
（3）顾客购买丙的可能性较大.
【解析】
【分析】（1）利用古典概型的概率公式求解；
（2）根据已知条件，利用相互独立的事件的概率公式求解；
（3）在这名顾客中，分别求出同时购买甲、丙和甲、丁的概率，从而得到结论.
【小问1详解】
从统计表可以看出，在这位顾客中，有位顾客同时购买了甲、乙两种商品，
所以顾客同时购买了甲、乙两种商品的概率可以估计为；
【小问2详解】
设事件为顾客购买了两种商品，事件为顾客购买了一种商品，事件为顾客购买了三种商品；
从统计表可以看出，可以估计为，
可以估计为，
可以估计为，
随机抽取4名顾客，试估计恰有2名顾客购买了两种商品，1名顾客购买了一种商品、1名顾客购买了三种商品的概率为
，
所求的概率可估计为；
【小问3详解】
在这名顾客中，同时购买甲、丙的概率为，
在这名顾客中，同时购买甲、丁的概率为，
该顾客购买丙的可能性较大.
19. 已知椭圆E：过点，离心率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过椭圆E的右焦点F作斜率为的直线l交椭圆E于点A，B，直线l交直线于点P，过点P作y轴的垂线，垂足为Q，直线AQ交x轴于C，直线BQ交x轴于D，求证：点F为线段CD的中点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由椭圆上的点和离心率列方程求得，即可得到椭圆方程；
（2）由题意，设直线l的方程为，联立方程组利用韦达定理可得，，进而题意求得点的坐标，再由分别直线AQ和直线BQ的方程可得点和点，从而利用以上条件代入化简的值，进而即可得证点F为线段CD的中点.
【小问1详解】
由题意得
解得，．
所以椭圆E的方程是．
【小问2详解】
椭圆E的右焦点F的坐标为，
由题意，设直线l的方程为．
，整理得．
因为，
所以，设直线l交椭圆E于点，，
则，．
由直线l的方程，令，解得，
所以，．
所以直线AQ的方程为，．
令，解得，所以．
直线BQ的方程为，．
令，解得，所以．
．
由于，．
则
，
所以线段CD的中点为F．
20. 设函数，曲线在点处的切线斜率为1．
（1）求a的值；
（2）设函数，求的单调区间；
（3）求证：．
【答案】（1）
（2）单调递减区间为，单调递增区间为
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案；
（2）求出的导数，判断导数的正负，即可求得单调区间；
（3）结合（2），可得在为增函数，结合函数值正负，即可证明结论.
【小问1详解】
由题意得的定义域为，，
因为．所以，解得.
【小问2详解】
因为，的定义域为，
，
令，得，
与在区间上的情况如下：
所以的单调递减区间为，单调递增区间为；
【小问3详解】
证明：由（2）得，在时，取得最小值1，所以恒成立，
所以在为增函数，又因为，
当时，，所以；
当时，，所以，
当时，，
综上，.
21. 已知是无穷数列，对于k，，给出三个性质：
①（）；
②（）；
③（）
（1）当时，若（），直接写出m的一个值，使数列满足性质②，若满足求出的值；
（2）若和时，数列同时满足条件②③，证明：是等差数列；
（3）当，时，数列同时满足条件①③，求证：数列为常数列．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由性质②得到，结合的通项公式化简得到，求出答案；
（2）根据性质②得到，由性质③得到，两式结合得到，故，，，…是等差数列，设其公差为，结合得到，，得到结论；
（3）当时，由性质③得到，推出，，当时，，满足上式，当时，推出矛盾；当时，构造，推出矛盾，从而证明出结论.
【小问1详解】
时，性质②为，
又，故，
化简得，
要想上式总成立，则，解得；
【小问2详解】
若时，数列满足条件②，得，
数列满足条件③，得，
两式相加，
若时，数列满足条件②，得，
数列满足条件③，得，
两式相加，
由知，，，
代入得得，其中，
所以，，，…是等差数列，设其公差为．
在中，取，则，所以，
在中，取，则，所以，
所以数列是等差数列．
【小问3详解】
①当时，由性质③得，
即，，
所以，，
若，则，．
经检验，数列具有性质①③．
若，当时，，与矛盾．
②当时，令，
则，．
所以．
所以．
所以，，
所以，，…，．
所以．
当时，，与矛盾．
综上所述，只有当，即，且时满足①③，
故数列为常数列.
【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
x
0
-
0
+
递减
极小
递增