2024届北京市西城区第十五中学高三上学期12月阶段测试数学试题含答案

这是一份2024届北京市西城区第十五中学高三上学期12月阶段测试数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出集合A中的元素，再根据集合的交集运算，求得答案.
【详解】集合，而，
故，
故选：C
2．已知复数z满足，则z的虚部是（ ）
A．B．1C．D．i
【答案】A
【分析】设，根据，求得，即可求得复数的虚部，得到答案.
【详解】设，
因为，可得，
则，可得，所以复数的虚部是.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了复数的运算，共轭复数的概念，以及复数相等的应用，其中解答中熟记复数相等的条件是解答的关键，属于基础题.
3．在中，若，，，则（ ）
A．B．4C．D．3
【答案】A
【分析】利用余弦定理求解.
【详解】因为，
所以，
又，，
由余弦定理得：，
，
所以，
故选：A
4．已知直线与平面满足，则下列判断一定正确的是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据，利用线面垂直的性质证得，再结合面面垂直的判定定理，证得，即可得到答案.
【详解】因为，可得，
又因为，所以，
因为，且，所以.
故选：D.
5．在中，，点P是的中点，则（ ）
A．B．4C．D．6
【答案】C
【分析】建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算计算可得；
【详解】解：如图建立平面直角坐标系，则，，，
所以，，所以
故选：C
6．已知是等差数列，是其前项和.则“”是“对于任意且，”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】利用等差数列前n项和的函数性质判断“对于任意且，”与“”推出关系，进而确定它们的关系.
【详解】由等差数列前n项和公式知：，
∴要使对于任意且，，则，即是递增等差数列，
∴“对于任意且，”必有“”，
而，可得，但不能保证“对于任意且，”成立，
∴“”是“对于任意且，”的必要而不充分条件.
故选：B.
7．已知圆经过原点，则圆上的点到直线距离的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意画图，数形结合可知，当圆心在C处时，点到直线的距离最大，进而可求结果.
【详解】
如图：圆心为，经过原点，可得
则圆心在单位圆上，原点到直线的距离为
延长BO交于点C，以C为圆心，OC为半径作圆C，BC延长线交圆C于点D，
当圆心在C处时，点到直线的距离最大为
此时，圆上点D到直线的距离最大为
故选：B
【点睛】关键的点睛：由题意画图，数形结合可得，点D到直线的距离最大是解题的关键.本题考查了作图能力，数形结合思想，运算求解能力，属于一般题目.
8．埃及胡夫金字塔是世界古代建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，其侧面与底面所成角的余弦值为，则侧面三角形的底角的正切值为（ ）．

A．2B．3C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，由侧面与底面所成角的余弦值可得，即可得到结果.
【详解】
如图所示，设正四棱锥的底面边长，则，点为底面的中心，取中点为，连接，则，则侧面与底面所成角的平面角即为，因为侧面与底面所成角的余弦值为，即，则，在中，.
故选：D
9．已知F是抛物线的焦点，过点的直线l与抛物线C交于A，B两点，M为线段的中点，若，则p的值为（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】设出点，的坐标，利用抛物线定义结合已知求出，再借助斜率坐标公式计算作答.
【详解】设，抛物线的准线为：，
因为线段的中点，则，又，解得.
故选：B
10．在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（ ）

A．点可以是棱的中点B．线段的最大值为
C．点的轨迹是正方形D．点轨迹的长度为
【答案】D
【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，在逐项判断，即可得出结果.
【详解】
在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，
因为该正方体的棱长为，分别为的中点，
则，，，，
所以，设，则，
因为，
所以，，当时，；当时，；
取，，，，
连接，，，，则，，
所以四边形为矩形，
则，，即，，
又，且平面，平面，
所以平面，
又，，所以为中点，则平面，
所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，
所以点的轨迹为四边形，
因此点不可能是棱的中点，即A错；
又，，所以，则点的轨迹不是正方形；
且矩形的周长为，故C错，D正确；
因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最大，所以线段的最大值为，故B错.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法，由，求出动点轨迹图形，即可求解.
二、填空题
11．展开式的常数项为 .
【答案】15
【分析】利用二项式的展开式通项公式求解.
【详解】展开式的通项公式为，
令，解得，
所以常数项为，
故答案为：15.
12．已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率 .
【答案】
【分析】根据渐近线方程求出，进而求出，，求得离心率.
【详解】由双曲线方程即，
，，且，又渐近线方程为，
，解得，
.
故答案为：.
13．已知命题若为第一象限角，且，则．能说明p为假命题的一组的值为 ， ．
【答案】
【分析】根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解.
【详解】因为在上单调递增，若，则，
取，
则，即，
令，则，
因为，则，
即，则.
不妨取，即满足题意.
故答案为：.
14．我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则 ；数列所有项的和为 ．
【答案】 48 384
【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.
【详解】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，
则，且，可得，
则，即，可得，
空1：可得，
空2：
方法二：空1：因为为等比数列，则，
且，所以；
又因为，则；
空2：设后7项公比为，则，解得，
可得，所以.
故答案为：48；384.
15．函数，给出下列四个结论
①的值域是；
②任意且，都有；
③任意且，都有；
④规定，其中，则．
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】根据绝对值的性质，结合分式型函数的性质、代入法逐一判断即可；
【详解】①：当时， ，
当时，该函数单调递增，所以有，
当时， 因为，
所以，因此当时，；
当时，，此时函数单调递增，
所以有，
，所以有，
所以的值域是，故①正确；
②：不妨设，由，
所以该函数是实数集上的增函数，
由①可知：该函数在时，单调递增，且，
当时，单调递增，且，所以该函数是实数集上的增函数，符合题意，故②正确；
③：当任意且时，
令，，
，显然，
因此不成立，故③不正确；
④：当时， ，
，
，
，
，
于是有，因此，故④正确，
故答案为：①②④
【点睛】关键点睛：利用分式型函数的性质是解题的关键.
三、解答题
16．如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行；
（2）由面面垂直得到线面垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解
【详解】（1）证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，，则，
而平面，平面，故平面，
而，，则，同理可得平面，
而，NK，平面MKN，
故平面平面，而平面MKN，
故平面；
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为平面，所以，
因为，故平面，
因为平面，故，
又，而，，
故平面MNK，而平面MNK，故，
所以，故两两垂直，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，，，，
故，，，
设平面BNM的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线AB与平面BNM所成的角为，则
．
17．设函数．
(1)若，求的值．
(2)已知在区间上单调递增，，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，使函数存在，求的值．
条件①：；
条件②：；
条件③：在区间上单调递减．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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．
【答案】(1).
(2)条件①不能使函数存在；条件②或条件③可解得，.
【分析】（1）把代入的解析式求出，再由即可求出的值；
（2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把的解析式化简，根据在上的单调性及函数的最值可求出，从而求出的值；把的值代入的解析式，由和即可求出的值；若选条件③：由的单调性可知在处取得最小值，则与条件②所给的条件一样，解法与条件②相同．
【详解】（1）因为
所以，
因为，所以.
（2）因为，
所以，所以的最大值为，最小值为.
若选条件①：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在；
若选条件②：因为在上单调递增，且，
所以,所以,,
所以，
又因为，所以，
所以，
所以，因为，所以.
所以，；
若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得最小值，即.
以下与条件②相同．
18．在学期末，为了解学生对食堂用餐满意度情况，某兴趣小组按性别采用分层抽样的方法，从全校学生中抽取容量为200的样本进行调查.被抽中的同学分别对食堂进行评分，满分为100分.调查结果显示：最低分为51分，最高分为100分.随后，兴趣小组将男、女生的评分结果按照相同的分组方式分别整理成了频数分布表和频率分布直方图，图表如下：
男生评分结果的频数分布表
为了便于研究，兴趣小组将学生对食堂的评分转换成了“满意度情况”，二者的对应关系如下：
(1)求a的值；
(2)为进一步改善食堂状况，从评分在的男生中随机抽取3人进行座谈，记这3人中对食堂“不满意”的人数为X，求X的分布列；
(3)以调查结果的频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取两名学生，求有且只有一人对食堂“比较满意”的概率.
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图可知，频率和即小矩形面积和为1，求的值；
（2）由频率分布表可知的男生一共6人，，利用超几何分布求概率，得的分布列；
（3）首先计算男生和女生对食堂“比较满意”的人数，求出随机抽取一名学生，对食堂“比较满意”的概率．再求随机抽取两人有且只有一人对食堂“比较满意”的概率.
【详解】（1）因为，
所以.
（2）由频率分布表可知的男生一共6人，3人不满意，3人一般，
所以的可能取值有0,1,2,3.
，，，
，
所以的分布列为：
（3）因为样本人数200人，其中男生共有80人，所以样本中女生共有120人.
由频率分布直方图可知，女生对食堂“比较满意”的人数共有人，由频数分布表，
可知男生对食堂“比较满意”的共有16人，所以随机抽取一名学生，
对食堂“比较满意”的概率为，
所以从全校所有学生中随机抽取两人，有且只有一人对食堂“比较满意”的概率为.
19．已知椭圆C：的短轴长等于，离心率．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过右焦点作斜率为的直线，与椭圆交于A，B两点，线段的垂直平分线交轴于点，判断是否为定值，请说明理由．
【答案】(1)
(2)定值为，理由见解析
【分析】（1）根据题意，列出的方程组，求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组得到，进而求得，得出中垂线的方程，求得，再由弦长公式求得，即可求解.
【详解】（1）解：由椭圆C：的短轴长等于，离心率．
可得，解得，所以椭圆的方程为.
（2）解：由椭圆的方程，可得右焦点，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
可得，
所以，则，即，
则中垂线的方程为，
令，可得，所以，
又由
，
所以（定值）.
20．设函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，当时，求证：.
(3)若函数在区间上存在唯一零点，求实数m的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
(3)
【分析】（1）求出，求导得到，利用导数的几何意义求出切线方程；
（2）构造，，求导，再构造函数，结合特殊点的函数值和单调性求出在上单调递增，故，证明出结论；
（3）求导得到，分和两种情况，结合函数单调性和隐零点，求出答案.
【详解】（1）时，，，
故，故，
故在点的切线方程为，即；
（2），，
故，
令，，
则在上单调递增，
故，故在上单调递增，
又，
故在恒成立，
故在上单调递增，
故，
故当时，；
（3），，
则，
当时，在上恒成立，
故在单调递增，
又，故在恒成立，
在区间上无零点，舍去；
当时，，
令，
显然在上单调递增，故，
当时，，，故在上单调递减，
又，故在恒成立，
在区间上无零点，舍去；
当时，存在，使得，即，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
又，要想在区间上存在唯一零点，
只需，解得，
故实数m的取值范围是.
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
21．已知为有穷数列．若对任意的,都有（规定）,则称具有性质．设．
(1)判断数列是否具有性质？若具有性质,写出对应的集合;
(2)若具有性质,证明:;
(3)给定正整数,对所有具有性质的数列,求中元素个数的最小值．
【答案】(1)不具有性质,具有性质,
(2)证明见解析
(3)
【分析】(1)根据性质的定义,观察到,可得不具有性质,根据,可以发现中相邻两项及首尾两项的差的绝对值均小于等于1,故具有性质,根据定义代入求值,即可得出;
(2) “”等价于“证明两个元素至少有一个在中”,利用反证法假设两个元素都不在中,通过范围推出矛盾即可.
(3) 设中元素个数最小值为,根据新定义可得,以此类推可得,由(2)中的结论可得,即可得,再进行验证即可.
【详解】（1）解:由题知,
即
因为,
所以不具有性质,
由于,
即
因为
故具有性质,
因为
故;
（2）“”等价于“证明两个元素至少有一个在中”,
假设两个元素均不在中,
则有
不妨设,
若,
则由,
可得,
与矛盾,
故,
同理,
从而,
所以,
与具有性质矛盾,
所以假设不成立,即;
（3）设
规定时,,
时,,
则,
所以,
考虑数列,
,
由题设可知,他们均具有性质,
设中元素个数最小值为,
所以,
所以,
由(2)知,从而,
当时,令,
当时,令,
此时均有,
所以中元素个数的最小值为.
【点睛】思路点睛:此题考查数列与集合结合的新定义问题,属于难题,关于新定义题的思路有:
(1)找出新定义有几个要素,找出要素分别代表什么意思;
(2)由已知条件,看所求的是什么问题,进行分析,转换成数学语言;
(3)将已知条件代入新定义的要素中;
(4)结合数学知识进行解答.
分数区间
频数
3
3
16
38
20
分数
满意度情况
不满意
一般
比较满意
满意
非常满意
【答案】(1)
(2)X
0
1
2
3
P
X
0
1
2
3
P