2023-2024学年北京市顺义区高三上学期期末数学试题

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1. 在复平面内，复数 对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【详解】，
∴复数 对应的点位于第二象限
故选B
点睛：复数的除法．除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把的幂写成最简形式．
2. 集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解出集合B，根据集合的交集运算即可.
【详解】，，.
故选：B.
3. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本初等函数的单调性与奇偶性逐项判断可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，函数为奇函数，且该函数在上单调递减，A不满足要求；
对于B选项，函数为非奇非偶函数，且该函数在上单调递增，B不满足要求；
对于C选项，函数为非奇非偶函数，且该函数在上单调递增，C不满足要求；
对于D选项，函数为奇函数，且该函数在上单调递增，D满足要求.
故选：D.
4. 已知，且则向量夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量的垂直关系及模长可得，即可求夹角的余弦值..
【详解】由题设，，
所以.
故选：A
5. 在等差数列中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出等差数列的公差，进而可求得的值.
【详解】由题意可知，等差数列的公差为，因此，.
故选：A.
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】先解分式不等式，再利用充分条件、必要条件的定义即可求解
【详解】，
解得或，
故“或”是“”的必要而不充分条件，
故选：B
【点睛】本题考查了充分条件、必要条件的定义，同时考查了分式不等式的解法，属于基础题，
7. 已知过的平面与正方体相交，分别交棱，于，.则下列关于截面的说法中，不正确的是（ ）
A. 截面可能是矩形B. 截面可能是菱形
C. 截面可能是梯形D. 截面不可能是正方形
【答案】C
【解析】
【分析】选过特殊点(中点、对角顶点)且含体对角线的平面截取正方体，根据正方体的性质及结构特征、勾股定理分析各选项的正误即可.
【详解】如下图，当分别与对角顶点重合时，显然是矩形；
如下图，当，为，的中点时，显然是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知：不可能为正方形；
根据对称性，其它情况下为平行四边形；
综上，C不正确.
故选：C.
8. 已知两点，，若直线上存在点P，使得成立，则称该直线为“单曲直线”.下列直线中，“单曲直线”是（ ）
①；②；③ ；④
A. ①②B. ①③C. ②③D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】由题可知点在以为焦点的双曲线的右支上，问题等价于直线和该双曲线右支有交点，求出双曲线方程，联立直线方程和双曲线方程，判断根的情况即可得答案.
【详解】∵，∴点在以为焦点双曲线的右支上，
设双曲线标准方程为：(a＞0，c＞0)，
则即，∴，
∴其标准方程为：.
对于①，联立和可得：，
∴，∴①不是单曲直线；
对于②，联立和可得：，∴②是单曲直线；
对于③，∵是的一条渐近线，∴③不是单曲直线；
对于④，联立和可得：，
∴，且方程两根之积为－32，方程有一正根，∴④是单曲直线.
故选：D.
9. 如图，△，△是全等的等腰直角三角形，为直角顶点，三点共线.若点分别是边上的动点（不包含端点）.记，，则（ ）
A. B. C. D. 大小不能确
【答案】B
【解析】
【分析】构建直角坐标系，根据题意设，，，，，，再应用向量数量积的坐标运算求m、n，即可比较大小.
【详解】构建如下图示的直角坐标系，令，，，，
所以，可设，，且，，
则，，
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：构建直角坐标系，设点坐标，应用向量数量积的坐标运算求m、n的值或范围，比较它们的大小.
10. 为弘扬传统文化，某中学举办了主题为“琴、棋、书、画”传统文化知识竞赛.现有四位选手进入到决赛.决赛按“琴、棋、书、画”的主题分为四个环节，规定每个环节的第一名到第四名的得分依次为4，3，2，1分，四个环节结束后统计总分.若总分第一名获得14分，总分第二名获得13分.有下列结论：①总分第三名不超过9分；②总分第四名可能在某一个环节的比赛中拿到3分；③总分第四名不超过6分；④总分第三名可能获得某一个环节比赛的第一名.其中，所有正确结论的序号是（ ）
A. ①②B. ①④C. ①②③D. ②③④
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设条件进行推理分析知：第三、四名的总分为13分，第四名总分不可能超过6分，结合第一、二名的环节名次，即可确定正确的项.
【详解】由题设，第一名14分，则{2个环节第一，2个环节第二}、{3个环节第一，1个环节第三}；
第二名13分，可能名次{1个环节第一，3个环节第二}、{2个环节第一，1个环节第二，1个环节第三}、{3个环节第一，1个环节第四}；
所以，第一名与第二名各环节组合情况如下：
1、第一名{2个环节第一，2个环节第二}，第二名{2个环节第一，1个环节第二，1个环节第三}；
2、第一名{3个环节第一，1个环节第三}，第二名{1个环节第一，3个环节第二}；
综上，第三名最好成绩为{1个环节第二，3个环节第三}，即最高分为9分，故①正确，④错误；
由上分析知：除去第一、二名的得分，第三、四名的总分为13分，
所以第四名总分不可能超过6分，若第四名某一个环节的比赛中拿到3分，则{1个环节第二，3个环节第四}，共6分；此时第三名{3个环节第三，1个环节第四}，共7分，满足题意，②③正确；
故选：C
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5道小题，每题5分，共25分，把答案填在答题卡上.
11. 函数的定义域为_______________.
【答案】
【解析】
【分析】列出使解析式有意义的不等式组，求出解集即可.
【详解】函数
，解得，
函数的定义域为.
故答案为
【点睛】本题考查函数的定义域，考查对数函数和二次根式的性质.
1、函数的定义域是指使函数有意义的自变量的取值范围，求函数定义域的步骤：
（1）写出使函数有意义的不等式（组）；
（2）解不等式（组）；
（3）写出函数的定义域（注意用区间或集合的形式写出）
2、求函数定义域的主要考虑如下：
（1）不为零：即分式的分母、负指数幂和零指数幂的底数不能为零；
（2）非负：即偶次方根的被开方式其值非负；
（3）大于零：对数式中真数大于零，底数大于零且不等于1.
（4）特殊位置：正切函数，
（5）实际问题或几何问题：除要考虑解析式有意义外，还应考虑使实际问题或几何问题有意义；
（6）复合函数定义域，本着内层函数的值域为外层函数定义域的原则求得定义域；
（7）组合函数：取各个基本函数定义域的公共部分.
12. 展开式中的系数为___________.（用数字作答）
【答案】10
【解析】
【分析】先写出二项展开式的通项公式，然后结合“的系数”，找出指数为1时，即可求出系数.
【详解】展开式的通项公式为 ，
令 解得 ，
故展开式中的系数为 .
故答案为：10
13. 将直线绕着点按逆时针方向旋转，得到直线.则的倾斜角为___________，的方程是________________.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】先求出直线的倾斜角为45°，从而求出直线的倾斜角为，斜率为，故求出直线的方程.
【详解】直线的倾斜角为45°，所以直线的倾斜角为，斜率为，所以直线方程为，即
故答案为：，
14. 若实数满足，则使得成立的一个的值是__________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】先求出的取值范围，进而取得一个合适的值即可.
【详解】由得：，所以，解得：或，故取即可，答案不唯一
故答案为：
15. 城市许多街道是相互垂直或平行的，因此，乘坐出租车往往不能沿直线到达目的地，只能按直角拐弯的方式行走.在平面直角坐标系中，定义为两点、之间的“出租车距离”.
给出下列四个结论：①若点，点，则；
②到点的“出租车距离”不超过的点的集合所构成的平面图形面积是；
③若点，点是抛物线上的动点，则的最小值是；
④若点，点是圆上的动点，则的最大值是.
其中，所有正确结论的序号是______________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】利用题中定义可判断①；作出平面区域并计算平面区域的面积可判断②；利用题中定义以及二次函数的性质可判断③；设点，利用题中定义结合正弦型函数的有界性可判断④.
【详解】对于①，，①对；
对于②，设点满足，即.
对于方程，当，时，；当，时，；
当，时，；当，时，.
作出集合所表示的平面区域如下图中的阴影部分区域所表示：
平面区域是边长为的正方形，该区域的面积为，②错；
对于③，设点，则，令.
当时，，
当时，；
当时，；
当时，.
综上所述，，③对；
对于④，设点，则，
所以，的最大值是，④对.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题考查曲线中的新定义，在判断③时，要注意去绝对值，结合二次函数的基本性质求解；在判断④时，在涉及圆或椭圆上的点相关的最值问题时，可充分将点的坐标利用三角函数的形式表示，利用三角函数的有界性与三角恒等变换求解，简化计算.
三、解答题共6道题，共85分， 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16. 如图，在长方体中，，点在线段AB上.
（1）证明： ；
（2）当点是AB中点时，求与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连结，则，由已知可得四边形是正方形，所以，再利用线面垂直的判定定理可得平面，从而可得，
（2）以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解
【小问1详解】
连结，因为在长方体中
所以有平面，平面，所以，
又因为，所以四边形是正方形，
所以，又，所以平面，
所以又平面，所以；
【小问2详解】
以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则各点坐标为，，，
当点是AB中点时，可得，
所以，，
设为平面的一个法向量，
则，即，令，可得
所以
又，所以，
设与平面所成角为，，
则
即，所以与平面所成的角为.
17. 在中，，.
（1）求的大小；
（2）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，判断是否存在，若不存在，说明理由；若存在，求出的面积.条件①：；条件②：；条件③：成等差数列.注：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：△ABC存在，此时；选②：△ABC不存在；选③：△ABC存在，此时.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理得到，进而求出的大小；（2）选①：结合第一问可求出，，得到△ABC存在，利用面积公式求出答案；选②：利用余弦定理可得到，故△ABC不存在；选③：利用余弦定理可得：，结合，，得到△ABC存在，利用面积公式得到答案.
【小问1详解】
因为，由正弦定理
可得
所以，
即，又，所以；
【小问2详解】
选择条件①：
由（1）知，，所以，故，因为，所以，
所以，此时存在，
因为，所以
又因为
所以
选择条件②：
因为，由余弦定理可得，
又所以可得，
又由条件②：，可得：，所以，
又，所以可得，这与在中，矛盾
故此时不存在
选择条件③：成等差数列
因为成等差数列，所以，
因为，所以
又由余弦定理可得，
化简得
联立方程组，可解得：或（舍），
又，，所以可知为等边三角形，此时存在，
所以.
18. 某单位4人积极参加本地区农产品的网购活动，共有两种农产品供选择，每人只购其中一种.大家约定：每人通过掷一次质地均匀的骰子决定自己去购买哪种农产品.若掷出点数为1或2，购买农产品A，若掷出点数大于2，则购买农产品B.
（1）求这4个人中恰有1人购买农产品A的概率；
（2）用分别表示这4个人中购买农产品A和B的人数，记，求随机变量的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由题可知购买农产品的概率为，购买农产品的概率为，然后由独立事件的概率公式求解即可，
（2）用分别表示这4个人中购买农产品A和B的人数，则由题意可得可取，可取，然后求出各自对应的概率，而由可知，的可能取值为，从而可求出其对应的概率，进而可得的分布列与数学期望
【小问1详解】
由题可知购买农产品的概率为，购买农产品的概率为，
设事件为4人中恰有1人购买农产品，
依题可知，4人是否购买农产品相互独立，互不影响
所以；
【小问2详解】
用分别表示这4个人中购买农产品A和B的人数，
则可取，可取，
当时，，表示4人全部购买产品，概率，
当时，，表示4人中恰有1人购买农产品，概率，
当时，，表示4人中恰有2人购买农产品，概率，
当时，，表示4人中恰有3人购买农产品，概率，
当时，，表示4人中全部购买农产品，概率，
所以由可知，的可能取值为
当时，对应的概率，
当时，对应的概率，
当时，对应的概率
所以随机变量的分布列为
所以，数学期望.
19. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若对任意，都有，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，，求导可得，，再结合切线的几何意义，即可求解．
（2）设，则，，，再利用导数研究函数的单调性，分和两种情况讨论，即可求解．
【小问1详解】
解：当时，函数，定义域为，
又，，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
即；
【小问2详解】
解：若在上恒成立，
即在上恒成立，
可令，，
则，，，
令，可解得，
当时，即时，在上恒成立，
所以在上单调递增，，
又，所以恒成立，
即时，在上恒成立，
当，即时，
在上单调递减，在上单调递增，
此时，，又，，即，
不满足恒成立，故舍去，
综上可知：实数的取值范围是.
【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数分类讨论求函数的单调区间，考查了不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想.
20. 已知椭圆过点，且离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）点在直线上，点关于轴的对称点为，直线、分别交椭圆于、两点（不同于点）.求证：直线过定点.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求出、的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，可求得点、的纵坐标，根据可得出、所满足的等式，再化简直线的方程，即可求得直线所过定点的坐标.
【小问1详解】
解：依题意可得，可得，所以椭圆方程为.
【小问2详解】
解：因为、两点不同于点，所以直线斜率一定存在，且，
可设直线的方程为，设、，其中且，
联立方程组消去，化简可得，
，则，
所以，，
又，所以，，
所以直线方程为，直线方程为，
令得，，
因为和关于轴对称，所以，即，
又代入上式，整理可得，
即，化简可得，
所以，直线的方程为，即，
所以，直线过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
21. 数列：满足，称为数列的指数和.
（1）若，求所有可能的取值；
（2）求证:的充分必要条件是；
（3）若，求的所有可能取值之和.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）由题设，根据已知讨论的取值求出所有可能的取值.
（2）结合反证思想，从充分性、必要性两方面证明即可.
（3）由（2）分析知，则有中不同取值方式，进而判断不同系数情况下各项在所有可能中出现次数，即可确定可能取值之和.
【小问1详解】
由题设，，又，
所以当时，；当中有两个，一个1，则可能值为1, -3, -5；当中有一个，两个1，则可能值为-1,3,5；当时，；
综上，.
【小问2详解】
证明充分性：当时，可得；
证明必要性：当时，用反证法，
假设，则矛盾.
从而；
所以的充分必要条件是，得证.
【小问3详解】
当时，由（2）知：，反之亦然.
当时，有中不同取值方式，
其中与，与，，与在所有指数和中出现的总次数都是种，
因此这些项对指数和的总贡献为零，另一方面，在所有指数和中出现次，
从而所有指数和之和为 .
【点睛】关键点点睛：第三问，注意第二问结论的应用，易知有中不同取值方式，而其中任一项确定，都对应种其余项的组合，又即所有可能值中该项抵消，而只有所在项出现次，即可求和.