141，北京市第二中学2023-2024学年高三下学期开学考试数学试卷

这是一份141，北京市第二中学2023-2024学年高三下学期开学考试数学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

命题人：_______ 得分： _______
一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分．选出符合题目要求的一项）
1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，得到，，再利用集合的运算，即可求出结果.
【详解】因为，所以，
又由，得到，即，
所以，
故选：B.
2. 已知复数是纯虚数，则在复平面中，复数的共轭复数对应的点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】利用复数除法计算出，从而得到，求出答案.
【详解】，
则，解得，则，
故共轭复数对应的坐标为.
故选：A
3. 若，则（ ）
A. 1B. 2C. D. 您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【答案】D
【解析】
【分析】对赋值，分别赋值，，进而可得结果.
【详解】由，
令，则，即，
令，则，
即
所以.
故选：D.
4. 已知，，且，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性，结合或分类讨论进行判断即可．
【详解】解：由，即，，
当时，则有，
此时，，，，
则 ， ，，，
D选项符合；
当时，则有，
此时，，，，
则， ，，，
D选项符合；
故选：D．
5. 在中，，BC边上的高等于,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：设
,故选C.
考点：解三角形.
6. 设是无穷数列，记，则“是等比数列”是“是等比数列”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】D
【解析】
【分析】根据充分、必要条件以及等差、等比数列的知识求得正确答案.
【详解】非充分性：，
此时是等比数列，但不是等比数列；
非必要性：.
此时等比数列，但不是等比数列.
所以“是等比数列”是“是等比数列”的既不充分也不必要条件.
故选：D
7. 随着北京中轴线申遗工作的进行，古建筑备受关注．故宫不仅是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑之一，更是北京中轴线的“中心”．图1是古建筑之首的太和殿，它的重檐庑（wŭ）殿顶可近似看作图2所示的几何体，其中底面题矩形，，四边形是两个全等的等腰梯形，是两个全等的等腰三角形．若，则该几何体的体积为（ ）

（图1） （图2）
A. 90B. C. D. 135
【答案】B
【解析】
【分析】将该五面体分割为四棱锥和三棱柱，结合棱柱和棱锥的体积公式求其体积．
【详解】过点作，，又，，平面，
所以平面，
过点作，，又，，平面，

所以平面，
因为底面，平面，平面平面，
所以，同理，
所以，，，，
平面，平面，平面，平面，
所以，，
因为，与是全等的等腰三角形，
由对称性可得，，
所以，
连接点与的中点，则，
所以，又，
所以三棱柱体积为，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，，
所以平面，又矩形的面积为，
所以四棱锥的体积为，
由对称性可得四棱锥的体积为，
所以五面体的体积为．
故选：B
8. 已知双曲线的右顶点为M，以M为圆心，双曲线C的半焦距为半径的圆与双曲线C的一条渐近线相交于A，B两点．若，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】做交于点，点为弦的中点，可得圆心M到渐近线的距离等于半径的一半，即，再利用可得答案.
【详解】因为，如图，做交于点，点为弦的中点，
，所以圆心M到渐近线的距离等于半径的一半，
则，则，即，解得，
则双曲线C的离心率为．
故选：D.
9. 平面直角坐标系中，定点A的坐标为，其中.若当点在圆上运动时，的最大值为0，则（ ）
A. 的最小值为
B. 的最小值为
C. 的最小值为
D. 的最小值为
【答案】C
【解析】
【分析】设，，根据数量积的坐标运算结合两角和差公式可得，再结合余弦函数的有界性分析求解.
【详解】设，，
则，
可得，
对任意，可知当时，的最大值为，
可得，且，所以，
且当时，的最小值为.
故选：C.
10. 设数列的前项和为，若对任意的正整数，总存在正整数，使得，下列正确的命题是（ ）
①可能为等差数列；
②可能为等比数列；
③均能写成的两项之差；
④对任意，总存在，使得．
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】对于①，取，可知①正确；对于②，当的公比，时，；当时，，而无有理数根，可知②错误；对于③，根据，可知③正确；对于④取数列，显然不存在，使得，故④不正确.
【详解】对于①，取，则，显然存在，使，所以①正确，
对于②，若数列为等比数列，设公比为，显然不满足要求，
考虑的情况，依题意有，，
即①，②，
两式相除，得到，
若，则取为奇数，那么，所以，
所以，
当足够大时，显然不成立；
若，则， 因为，
所以当足够大时，可以使，故也不成立.从而知②错误，
对于选项③，取，则，所以，
当时，，故③正确，
对于选项④，取数列， 显然不存在，使得，故④错误，
故选：A.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第②选项，根据条件得到，从而得到，再对进行讨论，从而解决问题.
二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）
11. 抛物线的焦点坐标为_________，准线方程为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先将化简为，再利用抛物线的定义即可求解.
【详解】由题意知，化简得，所以焦点坐标为，准线方程为：.
故答案为：；.
12. 已知向量在向量上的投影向量，且，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意设，结合，求出，再根据投影向量的定义，列式计算，即可求得答案.
【详解】由题意知向量在向量上的投影向量为，
设，由，得，
故，即，
故，
故答案为：
13. 已知直线(为常数)与圆交于点，当变化时，若的最小值为，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用垂径定理表示出即可.
【详解】可知圆心为，半径.
圆心到直线的距离，由点到直线的距离公式有：.
由垂径定理可知：……①
由的表达式可知，当时，取得最小值，即……②
所以②代入①有：.
故答案为： .
14. 已知函数（，，是常数，，）．若在区间上具有单调性，且，则的值为_________．
【答案】##1.5
【解析】
【分析】由在区间上具有单调性，得函数最小正周期，从而可由得出其一条对称轴方程和一个对称中心，然后可求得周期，再由周期公式求的值．
【详解】因为在区间上具有单调性，
则，所以，又，，故，
由可知函数的一条对称轴为，
又，则有对称中心，
从而，即，
所以.
故答案为：．
15. 已知函数给出下列四个结论：
①若有最小值，则的取值范围是；
②当时，若无实根，则的取值范围是；
③当时，不等式的解集为；
④当时，若存在，满足，则.
其中，所有正确结论的序号为__________.
【答案】②③④
【解析】
【分析】对①，利用函数的单调性与最值的关系结合函数图象求解；对②，利用函数图象，数形结合求解；对③，利用函数的单调性解不等式；对④，利用函数的切线与导函数的关系，以及图形的对称关系，数形结合求解.
【详解】当时，，
当时，，
若，则当时，，则此时函数无最小值；
若，则当时，，时，，
则函数有最小值为满足题意；
若，则当时，，时，，
要使函数有最小值，则，解得；
综上，的取值范围是，①错误；
当时，函数在单调递增，单调递减，单调递减，
作图如下，

因为无实根，所以或，②正确；
当时，

因为，所以函数在单调递减，
又因为所以由可得，
，即，解得，所以，
所以不等式的解集为，③正确；

函数在点处的切线斜率为，
所以切线方程为，则由图象可知，时，，
设，
记直线与函数，，的交点的横坐标为，
因为经过点，
所以由对称性可知，当时，，又因为，所以，④正确；
故答案为:②③④.
【点睛】关键点点睛：本题的②③④小问都用数形结合的思想，数形结合的思想通常与函数的单调性、最值等有关联，根据单调性、最值，以及一些特殊的点准确作出函数图象是用数形结合来解决问题的关键.
三、解答题（共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骡或证明过程）
16. 在△ABC中，．
（1）求B的值；
（2）给出以下三个条件：①；②，；③，若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：
（i）求的值；
（ii）求∠ABC的角平分线BD的长．
【答案】（1）
（2）正确条件为①③，（i），（ii）
【解析】
【分析】（1）利用和角正弦公式可得，结合三角形内角和性质即可求B的值；
（2）根据条件组合判断出正确条件为①③，（i）应用余弦定理、三角形面积公式求各边长，最后由正弦定理求；
（ii）由角平分线性质求得，再根据三角形内角和定理及两角和的正弦公式求出，再根据正弦定理求BD的长．
【小问1详解】
由题设，
而，
所以，故；
【小问2详解】
若①②正确，则，得或，
所以①②有一个错误条件，则③是正确条件，
若②③正确，则，可得，即②为错误条件，
综上，正确条件为①③，
（i）由，则，即，
又，可得，
所以，可得，则，
故；
（ii）因为且，得，
由平分得，
在中，，
在中，由，得．
17. 某工厂的机器上有一种易损元件A，这种元件在使用过程中发生损坏时，需要送维修处维修．工厂规定当日损坏的元件A在次日早上 8：30 之前送到维修处，并要求维修人员当日必须完成所有损坏元件A的维修工作．每个工人独立维修A元件需要时间相同．维修处记录了某月从1日到20日每天维修元件A的个数，具体数据如下表：
从这20天中随机选取一天，随机变量X表示在维修处该天元件A的维修个数．
（Ⅰ）求X的分布列与数学期望；
（Ⅱ）若a，b，且b-a=6，求最大值；
（Ⅲ）目前维修处有两名工人从事维修工作，为使每个维修工人每天维修元件A的个数的数学期望不超过4个，至少需要增加几名维修工人？（只需写出结论）
【答案】（Ⅰ）分布列见解析，；(Ⅱ)；(Ⅲ)至少增加2人.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求出X的所有可能取值为9，12，15，18，24，求出概率，得到X的分布列，然后求解期望即可．
（Ⅱ）当P（a≤X≤b）取到最大值时，求出a，b的可能值，然后求解P（a≤X≤b）的最大值即可．
（Ⅲ）利用前两问的结果，判断至少增加2人．
【详解】(Ⅰ)X的取值为：9，12，15，18，24；
,,,
,，
X的分布列为：
故X的数学期望；
(Ⅱ)当P(a≤X≤b)取到最大值时
a,b的值可能为：,或,或.
经计算,,，
所以P(a≤X≤b)的最大值为.
(Ⅲ)至少增加2人.
【点睛】本题考查离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差，属于中等题.
18. 在三棱柱中，，平面平面，分别为棱的中点，如图：
（1）求证：平面；
（2）若，
①求与平面所成角的正弦值；
②求线段在平面内的投影的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）通过证明四边形为平行四边形，得到，进而证明平面.
（2）结合题意，通过面面垂直，转化为两两垂直，从而建立坐标系，计算即可.
【小问1详解】
如图，取中点，连接，
因为为的中点，所以,且
因为在三棱柱中，为的中点，
所以,且,
所以,,
所以四边形为平行四边形.
所以，
又因为平面平面，
因此，平面.
【小问2详解】
因为平面平面，且交线为.
平面.
所以平面.因为面，所以.
因为.所以.
因为，且,面，
所以平面.
再由，得两两垂直，如图建立直角坐标系.
有，
.
设平面的一个法向量.
.
①设所求线面角为，则.
②.
19. 已知分别是椭圆的左、右焦点，且焦距为2，动弦平行于x轴，且．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设为椭圆E的左右顶点，P为直线上的一动点（点P不在x轴上），连接交椭圆于C点，连接并延长交椭圆于D点，试问是否存在，使得成立，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】19.
20. 存在，3
【解析】
【分析】（1）由椭圆的对称性得，结合椭圆的定义可求出，即可求出答案；
（2）设，设直线的方程为：，与椭圆的方程联立，由此利用韦达定理结合已知条件能求出存在，使得成立.
【小问1详解】
因为焦距为，即，由椭圆的对称性得.
又因为，所以．则，.
所以，
所以椭圆E的方程为.
【小问2详解】
设，又，则，
故直线的方程为：，代入方程并整理得：．
由韦达定理：，即，所以，
故直线的方程为：，代入方程并整理得：，
由韦达定理：，即，所以
所以，
故直线的方程为，即，
化简可得：，
所以直线恒过定点．
所以，
因为，，
所以，
所以存在，使.
【点睛】方法点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定点.
20. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线的方程；
（2）若函数在处取得极大值，求a的取值范围；
（3）若函数存在最小值，直接写出a的取值范围．
【答案】20.
21.
22.
【解析】
【分析】（1）先求导后求出切线的斜率，然后求出直线上该点的坐标即可写出直线方程；
（2）根据函数的单调性和最值分类讨论；
（3）分情况讨论，根据函数的单调性和极限求解.
【小问1详解】
，所以：切点为，
又，所以：，
所以：切线方程为.
【小问2详解】
定义域为R，，
①当时，，令得，所以：单调递增区间为；
令得，所以单调递减区间为；所以：在取极大值，符合题意．
②当时，由，得：，
，，变化情况如下表：
所以：在处取得极大值，所以：符合题意．
③当时，由，得：，，
（i）当即时，，变化情况如下表：
所以：在处取得极小值，不合题意．
（ⅱ）当即时，在R上恒成立，所以：在R上单调递增，无极大值点．
（iii）当，即时，，变化情况如下表：
所以：在处取得极大值，所以：合题意．
综上可得：的取值范围是．
【小问3详解】
详解如下：根据（2）知可分三种情况：①，②，③：
①当时，区间单调递减，单调递增，在上
单调递减，无最小值.
②当时，当，趋向时，趋向于，
当，要使函数取得存在的最小值，
即：，解得：，
故时，取得最小值，故的取值范围为.
③当时，在趋向时，趋向于，
又因为时，取到极小值，，故无最小值.
综上所述：函数存在最小值，的取值范围为：.
21. 已知无穷数列满足，其中表示x，y中最大的数，表示x，y中最小的数.
（1）当，时，写出的所有可能值；
（2）若数列中的项存在最大值，证明：0为数列中的项；
（3）若，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有？如果存在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据定义知，讨论、及大小求所有可能值；
（2）由，假设存在使，进而有，可得，即可证结论；
（3）由题设，令，讨论、求证即可判断存在性.
【小问1详解】
由，，
若，则，即，此时，
当，则，即；
当，则，即；
若，则，即，此时，
当，则，即；
当，则，即（舍）；
综上，的所有可能值为.
【小问2详解】
由（1）知：，则，
数列中的项存在最大值，故存在使，，
由，
所以，故存在使，
所以0为数列中的项；
【小问3详解】
不存在，理由如下：由，则，
设，
若，则，，
对任意，取（表示不超过的最大整数），
当时，
；
若，则为有限集，
设，，
对任意，取（表示不超过的最大整数），
当时，
；
综上，不存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有.
【点睛】关键点点睛：第三问，首选确定，并构造集合，讨论、研究存在性.日期
1 日
2 日
3 日
4 日
5 日
6 日
7 日
8 日
9 日
10 日
元件A个数
9
15
12
18
12
18
9
9
24
12
日期
11 日
12 日
13 日
14 日
15 日
16 日
17 日
18 日
19 日
20 日
元件A个数
12
24
15
15
15
12
15
15
15
24
X
9
12
15
18
24
P
0
－
0
+
0
－
减
极小值
增
极大值
减
0
+
0
－
0
+
增
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减
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增
0
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0
－
0
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增
极大值
减
极小值
增