171，北京市北京理工大学附属中学2023~2024学年高三下学期（寒假回归）开学考试数学试题

这是一份171，北京市北京理工大学附属中学2023~2024学年高三下学期（寒假回归）开学考试数学试题，共22页。

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用集合的交并补运算即可得解.
【详解】因为，，所以，
因为，所以.
故选：C.
2. 如图，在复平面内，复数，对应的点分别为，，则复数为（ ）
A. B. C. D. -3
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的几何意义得到复数，，再利用复数的四则运算即可得解.
【详解】依题意，在复平面内，复数，对应的点分别为，，
则，，
所以.
故选：A.
3. 已知直线，直线，且，则（ ）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 A. B. 1C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用两条直线平行，斜率相等，截距不相等即可得解.
【详解】因为直线，，，
所以，则直线可化为，
由，得，解得或，
当时，，，满足题意；
当时，，，两直线重合，不满足题意；
所以.
故选：B.
4. 已知抛物线的焦点为，点在上，，则（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先由抛物线的焦半径公式求出点横坐标，从而得到轴，从而得解.
【详解】因为抛物线的焦点，准线方程，如图：
不妨设，因为点在上，所以，得，
又，所以轴，，
所以.
故选：D.
5. 在正四棱锥中，，与平面所成角为，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点到平面的距离，从而得解.
【详解】依题意，设，则平面，
因为平面，所以为与平面所成角，即，
因为，所以，则，
以点为原点，建立空间直角坐标系如图，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，故，
所以点到平面的距离为.
故选：C.
6. 已知平面向量，，则下列关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用向量平行、垂直的坐标表示，依次分析选项是否成立，综合可得答案．
【详解】对于A，，，
则不成立，则A错误；
对于B，，
因为，则B错误；
对于C，向量，，则，
则有，即，C正确；
对于D，，，
因为，则与平行不成立，D错误；
故选：C.
7. 若，，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：用特殊值法，令，，得，选项A错误，，选项B错误， ，选项D错误，
因为选项C正确，故选C．
【考点】指数函数与对数函数的性质
【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.
8. 已知直线，的斜率分别为，，倾斜角分别为，，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】D
【解析】
【分析】由题意得，再结合必要不充分条件的定义、斜率与倾斜角的关系，特殊角的三角函数值即可得解.
【详解】由题意两直线均有斜率，所以，
当时，取，则，
但，即充分性不成立；
当时，取，则，
但，即必要性不成立；
综上，“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
9. 已知是公比为的等比数列，为其前项和．若对任意的，恒成立，则（ ）
A. 是递增数列B. 是递减数列
C. 是递增数列D. 是递减数列
【答案】A
【解析】
【分析】先根据等比数列前项和，结合恒成立，分析的取值范围，得到与的单调性，从而得解.
【详解】因为是公比为的等比数列，为其前项和，
由恒成立，得，即恒成立，
若，则可能为正也可能为负，不等式不恒成立；
若，则，显然不等式不成立；
所以，则，，显然，
当时，，此时递增数列，是递增数列；
当时，，此时是递增数列，是递减数列；
综上，是递增数列，的单调性不确定.
故选：A.
10. 在棱长为的正方体中，是线段上的点，过的平面与直线垂直，当在线段上运动时，平面截正方体所得的截面面积的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立所示的空间直角坐标系，设点，分、、三种情况讨论，确定截面与各棱的交点，求出截面面积关于的表达式，由此可解得截面面积的最小值.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、、，
设点，其中.
①当时，点与点重合，，，，
所以，，，则，，
，平面，此时平面即为平面，
截面面积为；
②当时，同①可知截面面积；
③当时，，，
，，则，
设平面交棱于点，，
，可得，不合乎题意.
设平面交棱于点，，
，可得，合乎题意，即，
同理可知，平面交棱于点，
，且与不重合，故四边形为平行四边形，
，，，
则，
所以，截面面积为.
综上所述，截面面积的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查正方体截面面积最值的求解，解题的关键在于确定截面与各棱交点的位置，这里可以利用空间向量法，将线线垂直关系转化为向量数量积为零来处理，确定点的位置，进而将截面面积的最值利用函数的最值来求解.
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 在的展开式中，的系数为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式定理写出通项公式，令即可求的系数.
【详解】因为，则，故，
而的展开通项公式为，
令，得，
则所求的系数为.
故答案为：.
12. 已知双曲线的一条渐近线上一点为，则双曲线离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】由双曲线方程可得其渐近线方程,从而得关于的方程,再结合离心率公式求解即可.
【详解】因为双曲线可化为，且，
所以其渐近线方程为，
因为在其中一条渐近线上，所以，则，
所以该双曲线的方程为，则，故，
所以该双曲线的离心率.
故答案为：.
13. 已知数列的前项和满足，且成等差数列，则__________；__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意，得到，得到为等比数列，列出方程组，求得，再由等比数列的通项公式，即可求解.
【详解】由数列的前项和满足，
当时，，两式相减可得，
又由成等差数列，所以，即，
解得，所以数列是以2为公比的等比数列，
所以数列的通项公式为.
故答案为：；.
14. 已知函数，，其中.若，使得成立，则____．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，分别求两边的范围，利用子集关系，得到结果.
【详解】解：依题意，得：，化简，得：，
因为.，所以，，即，
所以，，因为，且，
因为，有成立，
所以， ，
所以，
所以，，所以，.
故答案为
【点睛】本题考查了函数的单调性与值域,考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
15. 已知数列，，．给出下列四个结论：
①； ②；
③为递增数列； ④，使得．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】②④
【解析】
【分析】利用指数函数的单调性可判定①②③，根据条件递推得，结合不等式性质可判定④.
【详解】对于①，根据题意可知，
因为，所以，即，故①错误；
对于③，则，故，即，
所以，即，故③错误；
对于②，依次递推有，
所以，即，
所以，即，
所以，即，
所以，即，
所以，即，
所以，即，故②正确；
对于④，因为，所以，则，依次可知，
所以，故④正确.
故答案为：②④.
【点睛】难点点睛：本题的难点是利用指数函数的单调性，逐一分析列举得出，从而可判定②.
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. 在中，，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，求：
（1）的值；
（2）的面积.
条件①：边上高为；条件②：；条件③：.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】选①：（1）在直角中，，再利用即可求得结果；
（2）在直角中，由，得，再利用面积公式即可得解.
选②：（1）直接利用即可求得结果；
（2）由正弦定理，求得，再利用面积公式即可得解；
选③：（1）由，得，再利用即可得结果；
（2）直接利用三角形面积公式得解.
【详解】选①：边上的高为
（1）设边上高为，在直角中，
，，
（2）在直角中，因为，
选②：
（1），，
又，
（2），
选③：.
，
又，
（2）
【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：
（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
（4）代数变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到.
17. 如图，在五面体中，四边形是边长为4的正方形，，平面平面，且,，点G是EF的中点.
（1）证明：平面；
（2）若直线BF与平面所成角的正弦值为，求的长；
（3）判断线段上是否存在一点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）或
（3）存在；
【解析】
【分析】（1）由面面垂直性质定理，可得线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用线面角的向量求法即得；
（3）利用空间向量确定坐标，从而得出其位置.
【小问1详解】
因为，点G是EF的中点，所以，
又因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为平面，，所以两两垂直.
以A为原点，以，，分别为轴、轴和轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，
设，则，，
所以，，，
设平面的法向量为，
由，得，令,得，
因为BF与平面所成角的正弦值为，
所以，
即，解得或，
所以或；
【小问3详解】
假设线段上存在一点，使得平面，
设，则，
由，得，设，则，
所以，
设平面的法向量为，
因为，，
由，得，令,得，
因为平面，
所以，即，解得.
所以，此时，
所以当时，平面.
18. 2020年9月22日，中国政府在第七十五届联合国大会上提出：“中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和.”做好垃圾分类和回收工作可以有效地减少处理废弃物造成的二氧化碳、甲烷等温室气体的排放，助力碳中和. 某校环保社团为了解本校学生是否清楚垃圾分类后的处理方式，随机抽取了200名学生进行调查，样本调查结果如下表：假设每位学生是否清楚垃圾分类后的处理方式相互独立.
（1）从该校学生中随机抽取一人，估计该学生清楚垃圾分类后处理方式的概率；
（2）从样本高中部和初中部的学生中各随机抽取一名学生，以表示这人中清楚垃圾分类后处理方式的人数，求的分布列和数学期望；
（3）从样本中随机抽取一名男生和一名女生，用“”表示该男生清楚垃圾分类后的处理方式，用“”表示该男生不清楚垃圾分类后的处理方式，用“”表示该女生清楚垃圾分类后的处理方式，用“”表示该女生不清楚垃圾分类后的处理方式. 直接写出方差和的大小关系.（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，的数学期望为；
（3）.
【解析】
【分析】（1）运用古典概率公式即可；
（2）的取值有0，1，2，分别求得随机变量取每一个值的概率得出分布列，由公式求得其数学期望；
（3）由表中数据可得结论.
【小问1详解】
解：由已知得，清楚垃圾分类后处理方式的有人，
所以从该校学生中随机抽取一人，该学生清楚垃圾分类后处理方式的概率为；
【小问2详解】
解：高中部共有名学生，其中清楚垃圾分类后处理方式的学生有人，不清楚垃圾分类后处理方式的学生有人，
初中部共有名学生，其中清楚垃圾分类后处理方式的学生有人，不清楚垃圾分类后处理方式的学生有人，
从样本高中部和初中部的学生中各随机抽取一名学生，以表示这人中清楚垃圾分类后处理方式的人数，则的取值有0，1，2，所以
，，，
所以的分布列为：
所以的数学期望为；
【小问3详解】
解：.
19. 已知椭圆与轴交于两点，与轴的一个交点为，△的面积为2.
（Ⅰ）求椭圆的方程及离心率；
（Ⅱ）在轴右侧且平行于轴直线与椭圆交于不同的两点，直线与直线交于点.以原点为圆心，以为半径的圆与轴交于两点（点在点的左侧），求的值.
【答案】（Ⅰ），离心率为；（Ⅱ）4.
【解析】
【分析】(Ⅰ)由题意结合三角形的面积求得m的值即可确定椭圆方程，然后求解离心率即可；
(Ⅱ)由题意首先求得点P的轨迹方程，然后结合双曲线的定义和几何性质可得的值.
【详解】（Ⅰ）因为由椭圆方程知：，
，所以
所以椭圆的方程为.
由，，得，
所以椭圆的离心率为.
（Ⅱ）设点,不妨设
设，，
由得
即
又，得，
化简得
因为，所以，即
所以点的轨迹为双曲线的右支，两点恰为其焦点，为双曲线的顶点，且，所以.
【点睛】本题主要考查椭圆方程的求解，平面轨迹方程的确定，双曲线的性质与应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
20. 已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）设函数，求的单调区间；
（3）判断极值点的个数，并说明理由．
【答案】20. 21. 答案见解析
22. ；理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出导数，然后求出，从而求解.
（2）由（1）知，然后求出导数，从而可求解.
（3）根据（2）中分类讨论的情况，然后求出相应的解，从而求出单调区间，从而求解.
【小问1详解】
由题意知，定义域为，所以，
所以直线的斜率，，
所以切线方程为，即.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
令，即，解得或，
当，，
当，，
当，，
所以在，单调递增，在单调递减.
【小问3详解】
个极值点，理由如下：
由（2）知当时，在区间上单调递增，
，，
所以存在唯一，使；
当时，在区间上单调递减，
，，
所以存在唯一，使；
当时，，，所以
所以在区间无零点；
综上，当，，
当，，
当，，
所以当时，取到极小值；当时，取到极大值；
故有个极值点.
21. 在无穷数列中，是给定的正整数，，．
（Ⅰ）若，写出的值；
（Ⅱ）证明：数列中存在值为的项；
（Ⅲ）证明：若互质，则数列中必有无穷多项为．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析.
【解析】
【分析】（I）根据以及的值，由此求得的值，找出规律，求得的值.（II）利用反证法，先假设，利用递推关系找出规律，推出矛盾，由此证明原命题成立.（III）首先利用反证法证明数列中必有“1”项，其次证明数列中必有无穷多项为“1”,由此证得原命题成立.
【详解】解：(I)由，以及，可知，，，从开始，规律为两个和一个，周期为，重复出现，故.
(II)反证法：假设,由于 ，
记.则.
则，,
，，，
依次递推，有，…，
则
当时，与矛盾.
故存在，使
所以，数列必在有限项后出现值为的项．
(III)首先证明：数列中必有“1”项．用反证法，
假设数列中没有“1”项，由(II)知，数列中必有“0”项，设第一个“0”项是 ，令，，则必有，
于是，由，则，因此是的因数，
由，则或，因此是的因数.
依次递推，可得是的因数，因为，所以这与互质矛盾．所以，数列中必有“1”项．
其次证明数列中必有无穷多项为“1”.
假设数列中的第一个“1”项是，令，，
则，
若 ，则数列中的项从开始，依次为“1，1，0”的无限循环，
故有无穷多项为1；
若，则，
若，则进入“1，1，0”的无限循环，有无穷多项为1；
若，则从开始的项依次为，
必出现连续两个“1”项，从而进入“1，1，0”的无限循环，故必有无穷多项为1．
【点睛】本小题主要考查递推数列，考查合情推理，考查与数列有关证明，考查分析问题与解决问题的能力，综合性很强，属于难题.高中部
初中部
男生
女生
男生
女生
清楚
12
8
24
24
不清楚
28
32
38
34
X
0
1
2
P