北京市朝阳区2023_2024学年高三数学上学期期中质量检测含解析

这是一份北京市朝阳区2023_2024学年高三数学上学期期中质量检测含解析，共18页。
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. 已知全集，集合，则（）
AB. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知，再由补集以及交集定义可得结果.
【详解】由题可知，
易知，所以.
故选：D
2. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性和单调性逐一判断即可.
【详解】对于A：因为的定义域为，所以不是奇函数，所以A错误；
对于B：令，则，所以是奇函数，
又在上单调递增，B正确；
对于C：在上递减，在上递增，所以C错误；
对于D：因为，，所以是偶函数，所以D错误，
故选：B
3. 若，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据得到，再利用二倍角公式得到答案.
【详解】，
故选：
【点睛】本题考查了二倍角公式，意在考查学生的计算能力.
4. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用指对数函数性质判断大小关系即可.
【详解】由，即.
故选：A
5. 函数的图象的一条对称轴是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将各项对应自变量代入解析式求函数值，判断是否成立即可.
【详解】时，不是对称轴；
时，不是对称轴；
时，是对称轴；
时，不是对称轴；
故选：C
6. 设，则“”是“”的（）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
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】根据题意解出不等式比较两范围大小即可得出结果.
【详解】解不等式可得或；
显然是或的真子集，
所以可得“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
7. 已知平面内四个不同的点满足，则（）
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】将条件变形，得到的关系，进而可得的值.
【详解】,
,
即,
.
故选：D.
8. 已知一个圆锥的高与其底面圆的半径相等，且体积为．在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，则该正方体的棱长为（）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求得圆锥的高与底面圆的半径为，作出组合体的轴截面，结合，列出方程，即可求解.
【详解】因为圆锥的高与其底面圆的半径相等，设圆锥的高为，底面圆的半径为，则，
又因为圆锥的体积为，可得，解得，则，
设圆锥的顶点为，底面圆心为，则高为，与正方体的上底面交点为,
在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，取其轴截面，如图所示，
设正方体的棱长为，可得，
由，可得，即，解得，
所以该正方体的棱长为.
故选：D.
9. 已知函数，设，若存在，使得，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得函数的值域为，结合题意转化为，列出不等式，即可求解.
【详解】由题意，作出函数的图象，如图所示，
所以，当时，；
当时，，可函数的值域为，
设，若存在，使得成立，即，
只需，即对于，满足成立，即，
解得，所以实数的取值范围为.
故选：A.
10. 已知点集．设非空点集，若对中任意一点，在中存在一点（与不重合），使得线段上除了点外没有中的点，则中的元素个数最小值是（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据整点的连线内部没有其它整点，当且仅当与互为素数，讨论只有一个点得到矛盾，进而有中元素不止一个，取分析是否满足要求即可.
【详解】对于整点的连线内部没有其它整点，当且仅当与互为素数，
若只有一个点，取的点使和分别同奇偶，有公因子2（或重合），不合题意，
故中元素不止一个，令，对于的点，
当或3时，取；当或4时，取；
由于、横坐标之差为，故内部无整点；
当，时，取，此时横坐标之差为，纵坐标之差为奇数，二者互素；
当，时，取，此时横坐标之差为，纵坐标之差为，二者互素；
综上，中的元素个数最小值是2.
故选：B
【点睛】关键点睛：根据题设分析出整点的连线内部没有其它整点，当且仅当与互为素数为关键.
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. 已知函数，则的最小正周期是__________．
【答案】
【解析】
【分析】化简函数为，结合最小正周期的计算公式，即可求解.
【详解】由函数，所以的最小正周期为.
故答案为：.
12. 已知单位向量，满足，则向量与向量的夹角的大小为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据向量的数量积运算，结合单位向量模长为1，代值计算即可.
【详解】因为，均是单位向量，故可得，
故可得，
即，解得，
又因为向量夹角的范围为，
故的夹角为.
故答案为：.
【点睛】本题考查向量数量积的运算，属基础题.
13. 设公差为等差数列的前项和为，能说明“若，则数列是递减数列”为假命题的一组的值依次为__________．
【答案】，（答案不唯一）
【解析】
【分析】由等差数列前n项和公式有且，结合二次函数性质找到一个满足不是递减数列的即可.
【详解】由，其对称轴为，且，
结合二次函数性质，只需，即，此时不是递减数列，
如，，则，显然.
故答案为：，（答案不唯一）
14. 古希腊数学家托勒密对三角学的发展做出了重要贡献，他的《天文学大成》包含一张弦表（即不同圆心角的弦长表），这张表本质上相当于正弦三角函数表．托勒密把圆的半径60等分，用圆的半径长的作为单位来度量弦长．将圆心角所对的弦长记为．如图，在圆中，的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，因此的圆心角所对的弦长为60个单位，即．若为圆心角，，则__________
【答案】
【解析】
【分析】根据度量弦长的定义，利用余弦定理求出时圆心角所对应的弦长，结合的圆心角所对的弦长为60个单位即可求出结果.
【详解】设圆的半径为，时圆心角所对应的弦长为，
利用余弦定理可知，即可得
又的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，的圆心角所对的弦长为60个单位，
即与半径等长的弦所对的圆弧长为60个单位，
所以.
故答案为：
15. 如图，在棱长为1的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，且，给出下列四个结论：
①动点的轨迹是一段圆弧；
②动点的轨迹与没有公共点；
③三棱锥的体积的最小值为；
④平面截该正方体所得截面的面积的最大值为．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】②③④
【解析】
【分析】作出与垂直的平面，即可得动点的轨迹是两平面的交线在侧面内的线段，可知①错误；显然，即②正确；当点与点重合时到平面的距离最小时，此时最小值为，所以③正确；易知当点与点重合时，截面为等腰梯形，此时面积最大为.
【详解】取的中点分别为，连接，如下图所示：
由正方体性质可知，又因为，，所以，
又，平面，所以平面；
又平面，所以；
同理可得，
因此平面，
若，所以平面，又点是侧面上（包括边界）的动点；
所以动点的轨迹是两平面的交线在侧面内的线段，即，可知①错误；
由于是的中点，所以，即动点的轨迹与没有公共点；所以②正确；
易知三棱锥的底面的面积为定值，即，
当点到平面的距离最小时，即与点重合时，距离最小为，
此时体积值最小为，所以③正确；
显然当点与点重合时，截面面积最大，此时截面即为四边形，如下图所示：
易知，且，；
即四边形等腰梯形，易知其高为，
所以其面积为；即④正确.
故答案为：②③④
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. 已知是递增的等比数列，其前项和为，满足．
（1）求的通项公式及；
（2）若，求的最小值．
【答案】（1）；.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的通项公式以及求和的定义，建立方程，求得公比，可得答案；
（2）根据对数的性质，可得答案.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，由数列是递增数列，则，
由，则，，由，
整理可得，则，解得，
易知，.
【小问2详解】
由（1）可得：，
整理可得，，，
故的最小值为.
17. 在中，．
（1）求；
（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，使存在且唯一确定，求的面积．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用余弦定理求得，即可求解；
（2）根据题意，若选择①②，求得，由正弦定理求得，再由余弦定理求得，结合面积公式，即可求解；
若①③：先求得，由，利用正弦定理求得，结合面积公式，即可求解；
若选择②③，利用余弦定理，列出方程求得，不符合题意.
【小问1详解】
解：因为，由余弦定理得，
又因为，所以.
【小问2详解】
解：由（1）知，
若选①②：，，
由，可得，
由正弦定理，可得，解得，则，
又由余弦定理，可得，
即，解得或（舍去），
所以的面积为.
若选①③：且，
由，可得，
因为，可得，
由正弦定理，可得，解得，
所以的面积为.
若选：②③：且，
因为，可得，整理得，
解得，不符合题意，（舍去）.
18. 如图，在三棱锥中，平面．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质判断异面直线垂直，再由勾股定理证明线线垂直，根据线面垂直的判定证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，分别求法向量，求出二面角；
（3）应用等体积法求点到面的距离即可.
【小问1详解】
因为平面，平面，平面，
所以，又，所以，
又因为，，所以，
因为平面,平面，且，
所以平面；
【小问2详解】
过作//，则平面，又由（1）知，
所以以为轴建立空间直角坐标系，如下图，
则，
设平面的法向量为，又，
所以令，则，则，
设平面的法向量为，又，
所以，令，则，则，
令二面角的平面角为，则，
由图知此二面角锐二面角，
所以，故二面角为；
【小问3详解】
设点到平面的距离为，
，所以，
又，所以，
解得，所以点到平面的距离为.
19. 已知函数．
（1）若，求在区间上的最小值和最大值；
（2）若，求证：在处取得极小值．
【答案】（1）最小值为，最大值为；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数研究在上的单调性，即可求最值；
（2）由题设，易得，构造利用导数可得，得到在处有递增趋势，即可证结论.
【小问1详解】
由题设，则，
在上，即递增，
所以最小值为，最大值为.
【小问2详解】
由题意，则，
令，则，且.
所以，即在处有递增趋势，
综上，若且无限趋向于0，
在上，递减，
在上，递增，
所以在处取得极小值．
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间上恒成立，求的取值范围；
（3）试比较与的大小，并说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）将在区间上恒成立，转化为，令，问题转化为，利用导数求函数即可得解；
（3）由（2）知，时，在区间上恒成立，取，可得解.
【小问1详解】
当时，，
，
所以曲线在点处切线的斜率，又，
所以曲线在点处切线的方程为即.
【小问2详解】
在区间上恒成立，即，对，
即，对，
令，只需，
，，
当时，有，则，
在上单调递减，
符合题意，
当时，令，
其对应方程的判别式，
若即时，有，即，
在上单调递减，
符合题意，
若即时，，对称轴，又，
方程的大于1的根为，
，，即，
，，即，
所以函数在上单调递增，，不合题意.
综上，在区间上恒成立，实数的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）知，当时，，在区间上恒成立，
即，对，
取代入上式得，化简得.
21. 已知是个正整数组成的行列的数表，当时，记．设，若满足如下两个性质：
①；
②对任意，存在，使得，则称为数表．
（1）判断是否为数表，并求的值；
（2）若数表满足，求中各数之和的最小值；
（3）证明：对任意数表，存在，使得．
【答案】（1）是；
（2）
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据题中条件可判断结果，根据题中公式进行计算即可；
（2）根据条件讨论的值，根据，得到相关的值，
进行最小值求和即可；
（3）当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，则该行有条有向线段，得到横向有向线段的起点总数，同样的方法得到纵向有向线段的起点总数，根据条件建立不等关系，即可证明.
【小问1详解】
是数表，
【小问2详解】
由题可知.
当时，有，
所以.
当时，有，
所以.
所以
所以
或者，
或者，
或，或，
故各数之和，
当时，
各数之和取得最小值.
【小问3详解】
由于数表中共个数字，
必然存在，使得数表中的个数满足
设第行中的个数为
当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，
则该行有条有向线段，
所以横向有向线段的起点总数
设第列中的个数为.
当时，将纵向相邻两个用从上到下的有向线段连接，
则该列有条有向线段，
所以纵向有向线段的起点总数
所以,
因为,所以.
所以必存在某个既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，
即存在
使得，
所以，