北京市景山学校2023-2024学年高三上学期期中考试数学试卷

这是一份北京市景山学校2023-2024学年高三上学期期中考试数学试卷，共13页。试卷主要包含了已知向量a→=，b→=，经过原点和点等内容，欢迎下载使用。

选择题（共10小题，每小题4分，共40分）
1．已知集合A＝{x| x≤1}，B＝{﹣3，1，2，4}，则A∩B等于（ ）
A．{﹣3，1}B．{2，4}C．{1，2，4}D．{﹣3，1，2}
2．复数z满足z＝2-ii，则|z|＝（ ）
A．1B．3C．2D．5
3．下列函数中，在定义域上为增函数且为奇函数的是
A. y=x+2 B. y=x+x3 C. y=sinx D. y=2x
4．已知向量a→=(-2，1)，b→=(m，3)．若a→∥b→，则m＝（ ）
A．6B．﹣6C．-32D．23
5．经过原点和点（3， 3）且圆心在直线3x+y﹣5＝0上的圆的方程为（ ）
A．（x﹣5）2+（y+10）2＝125B．（x﹣1）2+（y﹣2）2＝5
C．(x-3)2+y2=9D．（x+1）2+（y﹣2）2＝5
6. 在△ABC中，“tanA＞3”是“A＞π3”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
7. 已知a=e12，b=ln12，c=sin12，则（ ）
A．a＞b＞cB．b＞c＞aC．c＞a＞bD．a＞c＞b
8．已知直线y＝kx+1与圆x2﹣4x+y2＝0相交于M，N两点，且|MN|≥23，那么实数k的取值范围是（ ）
A．-43≤k≤0B．0≤k≤43
C．k ≥0或k≤-43D．-4≤k≤-13
9．已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0）在[-π3，π6]上单调，且f(π6)=f(4π3)=-f(-π3)，则ω的取值不可能为（ ）
A．35B．75C．95D．127
10．如图，点P是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的表面上一个动点， 则以下说法中不正确的是（ ）
A．当P在平面BCC1B1上运动时，四棱锥P﹣AA1D1D的体积不变
B．当P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是[π3，π2]
C. 若F是A1B1的中点，点P在底面ABCD上运动时，不存在点P满足PF∥平面B1CD1
D. 若点P在底面ABCD上运动，则使直线A1P与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹为圆上的一段弧
二．填空题（共5小题，每小题5分，共25分）
11．函数f（x）=3-x+ln（x﹣1）的定义域是 ．
12. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1,F2，点P在C上，且PF1+PF2=3F1F2，则椭圆C的离心率为 .
13. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+2=2an，S2=3a1=3，则a5= ;若Sm>30，则m的最小值为 ．
14．设函数f(x)=-x+a，x≤1-a(x-2)2+1，x＞1，若f（x）的值域为（﹣∞，+∞），则a的取值范围是 ．
15． 已知直线l1：x+y﹣2＝0与l2：x﹣2y+1＝0相交于点P，直线l1与x轴交于点P1，过点P1作x轴的垂线交直线l2于点Q1，过点Q1作y轴的垂线交直线l1于点P2，过点P2作x轴的垂线交直线l2于点Q2，…，这样一直作下去，可得到一系列点P1，Q1，P2，Q2，…，记点Pn(n∈N*)的横坐标构成数列{xn}，给出下列四个结论：
①点Q2(12，34)；
②数列{x2n}单调递减；
③|PPn|2=2×(14)n-1；
④数列{xn}的前n项和Sn满足：2Sn+1+Sn＝4n+3.
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．已知△ABC中， a2+c2=b2+2ac．
（I）求B的大小；
（II）若c=3+1，再从下列三个条件中，选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一，求△ABC的面积．
条件①sinA=12；
条件②b＝2；
条件③ csA=32.
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．
17．已知函数fx=23sinxcsx+2sin2x+a，且fπ3=3.
（I）求a的值及f(x)的最小正周期;
（II）若x∈ [0,m]，且fx≥0,求实数m的最大值.
18． 如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形， AA1=＝AB=AC=2，D，E，F分别是棱B1C1，AC，BC的中点．
（I）证明：AD∥平面C1EF;
（II）求平面ADE与平面C1EF夹角的余弦值.
19．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A1，A2，焦距为25，点B(0，2)在椭圆上．
（I）求C的方程；
（II）过点P(1，0)的任意直线与椭圆C交于M，N（不同于A1，A2）两点，直线A1M的斜率为k1，直线A2N的斜率为k2．试问是否存在常数λ，使得k1=λk2?若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
20．已知函数fx=lnax-13x3a≠0.
（I）当a=2时，求曲线y=fx在点12, f12处的切线方程；
（II）讨论函数fx的单调性；
（III）当a=1时，设gx=fx+t，若gx有两个不同的零点，求参数t的取值范围.
21．已知{an}是无穷数列，a1＝a，a2＝b，且对于{an}中任意两项ai，aj（i＜j），在{an}中都存在一项ak（j＜k＜2j），使得ak＝2aj﹣ai．
（Ⅰ）若a＝3，b＝5，求a3；
（Ⅱ）若a＝b＝0，求证：数列{an}中有无穷多项为0；
（Ⅲ）若a参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．A． 2．D． 3．B． 4．B 5．B 6．A．7．D． 8． A 9．B 10．C ．
二．填空题（共4小题）
11．(1,3] 12．13 13．4,8 14. (0,2] 15. ①③
三．解答题（共5小题）
16．解：（I）由已知csB= a2+c2-b22ac=2ac2ac=22，
又因为B∈(0,π),
所以B=π4.
（II）选①
因为sinA=12，A∈(0,π)，所以A=π6或. 5π6.
因为A+B<π，所以A=π6. 所以C=π-π4-π6=7π12.
则sin C=sin 7π12=sin(π4+π6)= 22×32+22×12=6+24.
由正弦定理asinA=csinC，有a12=3+16+24，解得a=2.
△ABC的面积SΔABC=12acsinB=12×2×3+1×22=3+12.
选③
因为csA=32，A∈(0,π)，所以A=π6.其他同条件①.
17．解：（Ⅰ）∵fπ3=3
∴fπ3=23sinπ3csπ3+2sin2π3+a=23×32×12+2×322+a=32+32+a=3
∴a=0
∴f（x）＝23sinxcsx+2sin2x+a
＝3sin2x+1-cs2x
＝2sin2x-π6+1
∴f(x)的最小正周期T=2π2=π
(II)∵fx≥0，∴2x-π6∈[-π6+2kπ，7π6+2kπ]，
∴x∈[kπ，2π3+kπ]，
∵x∈ [0,m]∴m∈ [0,2π3]；
∴实数m的最大值为2π3.
18．解：（1）证明：连接BD，
x
y
z
∵E，F分别是棱AC，BC的中点，∴EF∥AB，
∵EF⊂平面C1EF，AB⊄平面C1EF，∴AB∥平面C1EF，
∵D，F分别是棱B1C1，BC的中点，∴BF∥C1D，BF＝C1D，
∴四边形BDC1F是平行四边形，则BD∥C1F，
∵C1F⊂平面C1EF，BD⊄平面C1EF，∴BD∥平面C1EF，
∵AB，BD⊂平面ABD，且AB∩BD＝B，
∴平面ABD∥平面C1EF，
∵AD⊂平面ABD，∴AD∥平面C1EF；
（2）∵AA1⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形， AB=AC=2，
∴AA1，A1B1，A1C1两两垂直，
以A1为原点，以A1B1、A1C1、A1A所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
∵AA1=AB=AC=2，D，E，F分别是棱B1C1，AC，BC的中点
则A（0，0，2），D（1，1，0），E（0，1，2），C1（0，2，0），F(1，1，2)，
∴AD→=(1，1，-2)，AE→=(0，1，0)，C1E→=(0，1，-2)，EF→=(1，0，0)，
设平面ADE的法向量为n→=(x1，y1，z1)，
则n→⋅AD→=x1+y1-2z1=0，n→⋅AE→=2y1=0，，取x1=2，则y1＝0，z1＝1，
∴平面ADE的法向量为n→=(2，0，1)，
设平面C1EF的法向量为m→=(x2，y2，z2)，
则m→⋅C1E→=y2-2z2=0，m→⋅EF→=x2=0，，取y2=2，则x2＝0，z2＝1，
∴平面C1EF的法向量为m→=(0，2，1)．
设平面ADE与平面C1EF的夹角为θ，
则csθ=|cs〈n→，m→〉|=|n→⋅m→||n→||m→|=15×5=15，
故平面ADE与平面C1EF夹角的余弦值为15．
19. 解：（1）因为椭圆C的焦距为25，
即2c=25，c=5
因为椭圆过B（0,2）
所以b＝2，a=b2+c2=3
则椭圆C的方程为x29+y24＝1。
（2）证明：因为过点P（1，0）的任意直线与椭圆C交于M，N（不同于A1，A2）两点，易得该直线斜率不为零，
不妨设直线l：x＝my+1，M（x1，y1），N（x2，y2），
联立x29+y24=1x=my+1，消去x并整理得（4m2+9）y2+8my﹣32＝0，
由韦达定理得y1+y2=-8mm2+4，y1y2=-32m2+4，
此时直线A1E的斜率k1=y1x1+3，直线A2F的斜率k2=y2x2-3，
又my1y2=4(y1+y2)，
所以k1k2=y1(x2-3)y2(x1+3)=y1(my2-2)y2(my1+4)=my1y2-2y1my1y2+4y2。
=4(y1+y2)-2y14(y1+y2)+4y2=2y1+4y24y1+8y2=12，
故存在常数λ，使得k1=12k2．
20. 解：（1）当a=2时，fx=ln2x-13x3，所以f'x=1x-x2.
所以f'12=2-14=74，f12=-124.
所以曲线y=fx在点12, f12处的切线方程是y+124=74x-12，
即21x-12y-11=0.
（2）当a>0时，定义域为x∈0，+∞。
因为f'x=1x-x2=1-x3x=1-x1+x+x2x,
所以当00, 所以fx单调递增；
当x>1时，f'x<0, 所以fx单调递减。
当a<0时，定义域为x∈-∞，0
因为f'x=1x-x2<0, 所以f'x<0,
所以fx在-∞，0上单调递减
综上，当a>0时，fx在0，1上单调递增, 在1，+∞上单调递减.
当a<0时，fx在-∞，0上单调递减.
（3）当a=1时，gx=fx+t=lnx-13x3+t，所以g'x=1x-x2=1-x3x=1-x1+x+x2x
所以当00, 所以gx单调递增；
当x>1时，g'x<0, 所以gx单调递减。
所以，gmax=g1=-13+t，
当x→0+时，gx→-∞；当x→+∞时，gx所以当gmax=-13+t>0时，即t>13时，gx有两个不同的零点。
21．解：（Ⅰ）取i＝1，j＝2，则存在ak（2＜k＜4），使得ak＝2a2﹣a1，即a3＝2a2﹣a1，
∵a1＝a＝3，a2＝b＝5，a3=7.
（Ⅱ）证明：假设{an}中仅有有限项为0，
不妨设am＝0，且当n＞m时，an均不为0，则m≥2，
取i＝1，j＝m，
则存在ak（m＜k＜2m），使得ak＝2am﹣a1＝0，与ak≠0矛盾，
故数列{an}中有无穷多项为0．
（Ⅲ）当a＜b时，首先证明数列{an}是递增数列，
即证明∀n∈N*，an＜an+1恒成立，
若不然，则存在最小的正整数n0，使得an0≥an0+1，且a1＜a2＜⋯＜an0，
当n0≥2，取j＝n0，i＝1，2，…，n0﹣1，
则存在ak（n0＜k＜2n0），使得ak=2an0-ai，
∵2an0-a1＞2an0-a2＞⋯＞2an0-an0-1＞an0，
∴2an0-a1，2an0-a2，⋯，2an0-an0-1，
这n0﹣1个不同的数恰为an0+1，an0+2，⋯，a2n0-1这n0﹣1项，
∴an0+1＞an0与an0+1≤an0矛盾，
∴数列{an}是递增数列，
再证明：an＝a+（n﹣1）（b﹣a），n＝1，2，3，…，
记d＝b﹣a，即证an＝a+（n﹣1）d，n＝1，2，3，…，
当n＝1，2时，结论成立，
假设存在最小的正整数m0，使得an＝a+（n﹣1）d对任意1≤n≤m0恒成立，
但am0+1≠a+m0d，则m0≥2，
取j＝m0，i＝1，2，…，m0﹣1，则存在ak（m0），使得ak=2am0-ai，
∵数列{an}是递增数列，
∴a1＜a2＜⋯＜am0＜am0+1＜⋯＜a2m0-1，
∵2m0-am0-1，⋯，2am0-a2，2am0-1这m0﹣1个数恰为am0+1，am0+2，…，a2m0-1这m0﹣1项，
∴am0+1=2am0-am0-1=2[a+（m0﹣1）d]﹣[a+（m0﹣2）d]＝a+m0d与am0+1≠a+m0d矛盾，
∴an＝a+（n﹣1）（b﹣a），n＝1，2，3，…，则b1＝﹣a，b2＝﹣b，且b1＜b2，
对于{bn}中任意两项，bi，bj（i＜j），
∵对任意ai，aj，（i＜j），存在ak（j＜k＜2j），使得ak＝2aj﹣ai，
∴﹣ak＝﹣2aj﹣（﹣ai），即存在bk（j＜k＜2j），使得bk＝2bj﹣bi，
因此，数列{bn}满足题设条件，
由①可知bn＝﹣a+（n﹣1）（a﹣b），n＝1，2，3，…
∴an＝a+（n﹣1）（b﹣a），n＝1，2，3，…
综上，an＝a+（n﹣1）（b﹣a），n＝1，2，3，…，
经检验，数列{an}满足题设条件．注意事项
（1）请用蓝色或黑色圆珠笔、钢笔或签字笔答卷，不得用铅笔或红笔答卷。
（2）认真审题，字迹工整，卷面整洁。
（3）本试卷共 5 页，共 三 道大题， 21 道小题。考试时间 120 分钟。
（4）请将选择题的答案填涂在机读卡上，其余试题答案填写在答题纸上，在试卷上作答无效。