2024届北京市景山学校高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届北京市景山学校高三上学期期中数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】应用集合的交运算求结果.
【详解】由题设.
故选：A
2．若复数z满足，则（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】D
【分析】根据复数除法的运算法则和复数模的计算公式进行求解即可.
【详解】，
所以，
故选：D
3．下列函数中，在定义域上为增函数且为奇函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据指数函数、正弦函数及简单幂函数的性质及奇偶性定义判断各项函数的单调性、奇偶性.
【详解】A：由在定义域R上递增，但，不满足；
B：由在定义域R上递增，且，满足；
C：由在定义域R上不为增函数，不满足；
D：由在定义域R上递增，但，不满足.
故选：B
4．已知向量，.若，则（ ）
A．6B．C．D．
【答案】B
【分析】由向量平行的坐标表示列方程求参数即可.
【详解】由题设.
故选：B
5．经过原点和点且圆心在直线上的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】直接验证圆心是否在已知直线上以及圆是否过原点与点．
【详解】由已知只有选项A中圆心和B中圆心在已知直线上，CD的圆心不在已知直线上，
代入原点和点的坐标得，只有A中圆过原点和点，
故选：A．
6．在中，“”是“”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
【答案】A
【分析】由三角形内角的性质，结合正切函数的性质及充分、必要性定义判断推出关系.
【详解】由题设，若，则；若，则或或正切值不存在；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
7．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用中间值可以比较三者的大小关系.
【详解】因为，，，
所以.
故选：D.
8．已知直线与圆相交于两点，且，那么实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．或D．
【答案】D
【解析】利用弦长公式，建立关于的不等式，直接求解.
【详解】圆化简为标准方程为，圆心到直线的距离，，
解得：.
故选：D
9．已知函数在上单调，且，则的取值不可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知易得、，结合，利用正弦型函数的图象讨论不同对应点求的取值，即可得答案.
【详解】由在上单调，，故，
而，则，又，如下图依次讨论对应为点四种情况，
若，则，满足；
若，则，满足；
由，若，则，满足；
若，则，不满足，其它情况均不符合；
综上，B不可能，A、C、D可能.
故选：B
10．如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则以下说法中不正确的是（ ）
A．当在平面上运动时，四棱锥的体积不变
B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．若是的中点，点在底面上运动时，不存在点满足平面
D．若点在底面上运动，则使直线与平面所成的角为的点的轨迹为圆上的一段弧
【答案】C
【分析】根据棱锥体积公式即判断A，建立空间直角坐标系，向量法求线线角、线面角，及利用法向量判断线面关系，即可判断BCD.
【详解】当在平面上运动时，到的距离恒为2，故四棱锥的体积不变，A对；
如下图示空间直角坐标系，，
所以且，
设与所成角为且，则，
当时，且，可得；当时，；
所以，故，B对；
如下图示空间直角坐标系，，
所以，则，
所以，又且面，
所以面，即是面的一个法向量，
由，则，
若平面，则，即，
显然，直线与底面有公共点，即存在点满足平面，C错；
若点在底面上运动，设，，则，
又面的一个法向量，则直线与平面所成的角为，
所以，整理得，
所以的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，其在底面上轨迹为圆上的一段弧，D对.
故选：C
二、填空题
11．函数的定义域是 ．
【答案】
【分析】根据偶次根式被开方数大于等于零，和对数的真数大于零即可求出答案．
【详解】解：由题意得，解得，
∴函数的定义域为，
故答案为：．
12．已知椭圆的两个焦点分别为，，点在上，且，则椭圆的离心率为 .
【答案】
【分析】根据椭圆的定义及性质有，，结合已知条件即可求离心率.
【详解】由，，又，
所以.
故答案为：
三、双空题
13．已知数列的前项和为，且，，则 ；若，则的最小值为 .
【答案】 4 8
【分析】求出，再由递推关系得出数列的奇数与偶数项分别成等比数列，从而可得数列的前几项，利用是递增数列，求出和在30左右的后可得的最小值．
【详解】∵，∴，，
∵，∴的奇数与偶数项分别成等比数列，，各项均为正，
因此是递增数列，数列的前几项依次为：
，，
∴的最小值是8，
故答案为：4；8
四、填空题
14．设函数，若的值域为，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】由分段函数解析式，结合一次函数、二次函数性质分别求出对应区间的值域，结合已知列不等式求参数范围.
【详解】由在上递减，且值域为，又的值域为，
对于开口向下，即，在上值域为，
所以，即，故.
故答案为：
15．已知直线与相交于点，直线与轴交于点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的工线交直线于点，…，这样一直作下去，可得到一系列点，，，，…，记点的横坐标构成数列，给出下列四个结论：
①点； ②数列单调递减；
③； ④数列的前项和满足：.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③
【分析】由题设在直线上，在直线上，设，依据题设各点的关系推得，并构造等比数列，进而求得，最后依次判断各项正误.
【详解】由题设，，故①对；
设，则，进而有，即，
所以，故是以1为首项，为公比的等比数列，则，
对于，，易知数列单调递增，②错；
由两直线交点和，则，③对；
由，故，所以，④错；
故答案为：①③
五、解答题
16．已知中，.
(1)求的大小；
(2)若，再从下列三个条件中，选择一个作为已知，使得存在且唯一，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；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)；
(2)选①或③，三角形面积为．
【分析】（1）由余弦定理求得得；
（2）选①，由得三角形只有一解，然后求得，由正弦定理求得，从而可得三角形面积；选②，分析得三角形有两解；选③，求出后，同选①计算．
【详解】（1）∵，∴，又，∴；
（2）选①，，因为，由得，所以，因此，，
，
由得，
；
选②，，，∴，
又，，∴角可能为锐角也可能为钝角，三角形是两解，不合题意；
选③，，而，∴，，以下同选①．
17．已知函数，且.
(1)求的值及的最小正周期；
(2)若，且，求实数的最大值.
【答案】(1)，最小正周期为；
(2).
【分析】（1）由倍角正余弦公式、辅助角公式有，结合已知求参数，进而求正弦型函数的最小正周期；
（2）根据正弦型函数的性质有求参数范围，即可得最大值.
【详解】（1）由，且，
所以，故，其最小正周期为.
（2）由，显然，结合正弦函数的性质，只需，即，
所以，可得，即的最大值为.
18．如图，在三棱柱中，平面，是等腰直角三角形，，，，分别是棱，，的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，且交于点，易得四边形为矩形，即是中点，连接，中位线性质有，再由线面平行的判定证结论；
（2）构建空间直角坐标系，向量法求面面角的余弦值.
【详解】（1）连接，且交于点，又面，、分别是棱，的中点，
所以，即都与面垂直，面，
所以，故四边形为矩形，即是中点，连接，
又是棱的中点，在中，面，面，
所以平面；
（2）是等腰直角三角形且，故也为等腰直角三角形且，
又面，构建如图空间直角坐标系，
则，
所以，
若是面的一个法向量，则，取，则，
若是面的一个法向量，则，取，则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为.
19．已知椭圆的左、右顶点分别为，，焦距为，点在椭圆上.
(1)求的方程；
(2)过点的任意直线与椭圆交于，（不同于，）两点，直线的斜率为，直线的斜率为.试问是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，.
【分析】（1）根据题设及椭圆参数关系列方程求椭圆参数，即可得椭圆方程；
（2）令，联立椭圆并应用韦达定理求得、，进而表示出、，令的斜率为，结合椭圆性质易得，且，即可判断存在性.
【详解】（1）由题设，故的方程为；
（2）由题意，直线不与x轴重合，令，联立椭圆方程得，
所以，显然，则，，
所以，，
令的斜率为，则，而，即，所以，
又，
所以，即存在.
20．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)当时，设，若有两个不同的零点，求参数的取值范围.
【答案】(1)；
(2)答案见解析；
(3).
【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程；
（2）由题设，讨论、，结合对应的定义域及其导数符号判断单调性；
（3）问题化为在在有两个不同根，利用导数研究右侧的值域范围，即可得参数范围.
【详解】（1）由题设，则，故，，
所以在点处的切线方程为，即.
（2）由，
当，定义域为，此时，故，即在上递减；
当，定义域为，
若，则，在上递增；
若，则，在上递减；
（3）由题设，，故在有两个不同零点，
所以在在有两个不同根，
令，则，
在，则，在上递减，
在，则，在上递增，且，
趋向于0或时都趋向于，故只需，满足题设.
21．已知是无穷数列，，，且对于中任意两项，，在中都存在一项，使得.
(1)若，，求；
(2)若，求证：数列中有无穷多项为0；
(3)若，求数列的通项公式.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）由题设取，代入计算可得；
（2）利用反证法证明即可；
（3）利用反证法，先证是递增数列，即恒成立，再证，即可得通项公式.
【详解】（1）取，则存在使.
（2）假设中仅有有限项为0，不妨设，当时均不为0，则，
取，则存在，使，与矛盾，
所以数列中有无穷多项为0；
（3）由，先证是递增数列，即恒成立，
否则，存在最小正整数，使，且，显然，
取，，则存在使，
因为，所以恰对应为，
所以，与矛盾，故是递增数列；
再证，记，即证，
当时，易知结论成立，
假设存在最小正整数，使得对任意恒成立，
但，则，
取，，存在使，
因为是递增数列，所以，
则恰对应为，
所以，与矛盾，
所以.
【点睛】思路点睛：第二、三问，利用反证思想及数学归纳证数列单调性.