北京市丰台区2023-2024学年高三下学期综合练习（一）数学试题（含解析）

这是一份北京市丰台区2023-2024学年高三下学期综合练习（一）数学试题（含解析），共28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．
2．已知公差为的等差数列满足：，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知双曲线（）的离心率为，则（ ）
A．2B．C．D．
4．在二项式的展开式中，的系数为（ ）
A．﹣80B．﹣40C．40D．80
5．已知向量，满足，，且，则( )
A．B．C．2D．4
6．按国际标准，复印纸幅面规格分为系列和系列，其中系列以，，…等来标记纸张的幅面规格，具体规格标准为：
①规格纸张的幅宽和幅长的比例关系为；
②将（）纸张平行幅宽方向裁开成两等份，便成为规格纸张（如图）．

某班级进行社会实践活动汇报，要用规格纸张裁剪其他规格纸张．共需规格纸张40张，规格纸张10张，规格纸张5张．为满足上述要求，至少提供规格纸张的张数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
7．在平面直角坐标系中，直线上有且仅有一点，使，则直线被圆截得的弦长为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，则“”是“是偶函数，且是奇函数”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
9．正月十五元宵节，中国民间有观赏花灯的习俗．在2024年元宵节，小明制作了一个“半正多面体”形状的花灯（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．图2是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为2．关于该半正多面体的四个结论：
①棱长为；
②两条棱所在直线异面时，这两条异面直线所成角的大小是60°；
③表面积为；
④外接球的体积为．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②④D．③④
10．已知数列满足则（ ）
A．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，存在正整数，当时，
D．当时，对于任意正整数，存在，使得
二、填空题
11．计算 .
12．在中，若，，，则 .
13．已知是抛物线的焦点，是该抛物线上的两点，，则线段的中点到轴的距离为 ．
14．已知函数具有下列性质：
①当时，都有；
②在区间上，单调递增；
③是偶函数．
则 ；函数可能的一个解析式为 ．
15．目前发射人造天体，多采用多级火箭作为运载工具．其做法是在前一级火箭燃料燃烧完后，连同其壳体一起抛掉，让后一级火箭开始工作，使火箭系统加速到一定的速度时将人造天体送入预定轨道．现有材料科技条件下，对于一个级火箭，在第级火箭的燃料耗尽时，火箭的速度可以近似表示为，
其中．
注：表示人造天体质量，表示第（）级火箭结构和燃料的总质量．
给出下列三个结论：
①；
②当时，；
③当时，若，则．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题
16．如图，在直三棱柱中，，为中点．

(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
17．已知函数()．
(1)若，求的值；
(2)若在区间上单调递减，，求的值．
18．某医学小组为了比较白鼠注射A，B两种药物后产生的皮肤疱疹的面积，选20只健康白鼠做试验．将这20只白鼠随机分成两组，每组10只，其中第1组注射药物A，第2组注射药物B．试验结果如下表所示．
(1)现分别从第1组，第2组的白鼠中各随机选取1只，求被选出的2只白鼠皮肤疱疹面积均小于的概率；
(2)从两组皮肤疱疹面积在区间内的白鼠中随机选取3只抽血化验，求第2组中被抽中白鼠只数的分布列和数学期望；
(3)用“”表示第组白鼠注射药物后皮肤疱疹面积在区间内，“”表示第组白鼠注射药物后皮肤疱疹面积在区间内（），写出方差，的大小关系．（结论不要求证明）
19．已知椭圆()的焦距为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的周长为16．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为．是否存在定点，使得？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由．
20．已知函数，曲线在点处的切线为，记．
(1)当时，求切线的方程；
(2)在（1）的条件下，求函数的零点并证明；
(3)当时，直接写出函数的零点个数．（结论不要求证明）
21．已知集合（，），若存在数阵满足：
①；
②．
则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”．
(1)已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值；
(2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个；
(3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由．
疱疹面积（单位：）
第1组（只）
3
4
1
2
0
第2组（只）
1
3
2
3
1
参考答案：
1．A
【分析】解不等式化简结合，结合并集的概念即可求解.
【详解】因为，，
所以.
故选：A.
2．C
【分析】
根据等差数列通项公式直接求解即可.
【详解】，，
.
故选：C.
3．B
【分析】
根据双曲线方程求出、，再由离心率公式计算可得.
【详解】双曲线（）中，所以，
则离心率，解得，所以（负值舍去）.
故选：B
4．A
【分析】根据二项展开式的通项，可得，令，即可求得的系数，得到答案.
【详解】由题意，二项式的展开式的通项为，
令，可得，
即展开式中的系数为，故选A.
【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟记二项展开式的通项是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
5．D
【分析】
用表示出向量的坐标，再根据数量积的坐标运算即可求得答案．
【详解】，
，
又，
，，
，
．
故选：D．
6．C
【分析】设一张规格纸张的面积为，从而得到一张、、纸的面积，再求出所需要的纸的总面积，即可判断.
【详解】依题意张规格纸张可以裁剪出张，或张或张，
设一张规格纸张的面积为，
则一张规格纸张的面积为，
一张规格纸张的面积为，
一张规格纸张的面积为，
依题意总共需要的纸张的面积为，
所以至少需要提供张规格纸张，
其中将张裁出张和张；将张裁出张；
将剩下的张裁出张，
即共可以裁出张、张、张.
故选：C
7．D
【分析】
利用垂径定理直接求解即可.
【详解】由题意知：坐标原点到直线的距离；
圆的圆心为，半径，被圆截得的弦长为.
故选：D.
8．A
【分析】首先求出、的解析式，再根据正弦函数的性质求出使是偶函数且是奇函数时的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】因为，则，
，
若是奇函数，则，解得，
若是偶函数，则，解得，
所以若是偶函数且是奇函数，则，
所以由推得出是偶函数，且是奇函数，故充分性成立；
由是偶函数，且是奇函数推不出，故必要性不成立，
所以“”是“是偶函数，且是奇函数”的充分不必要条件.
故选：A
9．B
【分析】
注意到棱长总是一个等腰直角三角形的斜边，即可通过直角边的长度判断①正确；可以找到一对位于正方形相对的面上的两条垂直且异面的棱，得到②错误；根据该几何体每种面（正三角形和正方形）各自的数量和面积，可以计算出该几何体的表面积，从而判断出③正确；直接证明正方形的中心到该几何体每个顶点的距离都相等，并计算出距离，即可求出外接球的体积，得到④错误. 这就得到全部正确的结论是①③，从而选B.
【详解】如图所示：
该几何体的每条棱都是的一个等腰直角三角形的斜边，且该等腰直角三角形的直角边长度为正方体边长的一半，
故该等腰直角三角形的直角边长度为1，从而该几何体的每条棱的长度都是，①正确；
若为该几何体位于正方体的一组相对的面上的两个平行的棱，为该几何体位于正方体的同一个面的两条棱，
则，平行于，异面，所以异面，，
这意味着存在一对异面的棱所成角是直角，②错误；
该几何体一共有14个面，其中6个是正方形，8个是正三角形，边长均为，故每个正方形的面积都是，
每个正三角形的面积都是，故表面积为，③正确；
设正方体的中心为，由于对该几何体的任意一个顶点都是正方体的某条边的中点，
故到该几何体的任意一个顶点的距离都是正方体边长的倍，即.
这意味着以为球心，半径为的球是该几何体的外接球，从而外接球的体积，④错误.
从而全部正确的结论是①③.
故选：B.
10．D
【分析】
直接构造反例即可说明A和B错误；然后证明引理：当时，对任意的正整数，都存在，使得. 最后由该引理推出C错误，D正确.
【详解】当时，，，所以此时不是递增数列，A错误；
当时，，，，所以此时不是递减数列，B错误；
我们证明以下引理：当时，对任意的正整数，都存在，使得.
若该引理成立，则它有两个直接的推论：
①存在，使得对任意的正整数，都存在，使得；
②当时，对任意的正整数，都存在，使得.
然后由①是C的否定，故可以说明C错误；而②可以直接说明D正确.
最后，我们来证明引理：
当时，对任意确定的正整数：
如果，则；
如果，则或.
此时若，则；
若，则.
无论哪种情况，都有，从而.
这说明或，所以可以选取，使得. 这就说明存在，使得.
这就证明了引理，从而可以推出C错误，D正确.
故选：D.
【点睛】最关键的地方在于引理：当时，对任意的正整数，都存在，使得. 这一引理可以帮助我们判断出较难判断的C和D选项.
11．
【分析】利用复数的除法公式，即可计算结果.
【详解】.
故答案为：
12．
【分析】由求出，根据正弦定理求解即可.
【详解】,
,
由正弦定理可得：,
即，
解得：
故答案为：
【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系，正弦定理，属于容易题.
13．
【分析】
根据抛物线定义可得，结合中点坐标公式可求得结果.
【详解】由抛物线方程知：；
设，由抛物线定义知：，，
线段的中点到轴的距离为.
故答案为：.
14． （答案不唯一）
【分析】
令即可求出，再找到符合题意的函数解析式（一个），然后一一验证即可.
【详解】因为当时，都有，
令可得，解得，
不妨令，，
则，所以在上单调递增，满足②；
又，所以为偶函数，满足③；
当时，
，，
所以，满足①.
故答案为：；（答案不唯一）
15．②③
【分析】
只需证明每个都大于1即可判断①错误；直接考虑时的表达式即可判断②正确；时，将条件转化为关于的等式，再得到一个不等关系，即可证明，推出③正确.
【详解】首先，对，有，故，，这推出.
由于，故每个都大于1，从而，①错误；
由于当时，有，故②正确；
由于当时，，若，则.
从而，故.
这意味着，即，从而我们有
.等号成立当且仅当，
故，即，即，
分解因式可得，再由即知，故，③正确.
故答案为：②③.
【点睛】关键点点睛：判断第三问的关键是得到条件等式，结合基本不等式即可顺利得解.
16．(1)证明过程见解析
(2)无论选条件①还是选条件②，二面角的余弦值都是
【分析】（1）连接交于点，连接，由中位线定理得，结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）首先证明无论选条件①还是选条件②，都有两两互相垂直，建立适当的空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，注意到二面角是锐角，结合向量夹角的坐标公式即可求解.
【详解】（1）
连接交于点，连接，
因为四边形为平行四边形，为它的对角线、交点，
所以点是的中点，
因为是中点，
所以是的中位线，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）若选条件①：，
因为底面，底面，
所以，
又因为，且面，
所以面，
而面，
所以，
即两两互相垂直，
若选条件②：，
因为面，面，
所以，
因为，，
所以，
因为点是中点，
所以，
因为，
所以，即，
由前面分析可知，
所以两两互相垂直，
综上，无论选条件①还是选条件②，都有两两互相垂直，
故以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：

由题意，
所以，
设平面、平面的法向量分别为，
从而有，，也就是有，，
令，解得，
所以可取平面、平面的法向量分别为，
显然二面角是锐角，
所以二面角的余弦值为.
17．(1)；
(2)1．
【分析】
(1)直接代入及计算即可；
(2)化简f(x)解析式，根据在区间上单调递减可知该区间长度小于或等于f(x)的半个周期，再结合，可得ω的值．
【详解】（1）∵，
∴．
（2）
∵在区间上单调递减，
∴，即，
∴．
∵，
∴，即，
所以当时，.
此时，
当，，故此时单调递减，符合题意.
综上，.
18．(1)
(2)分布列见解析，
(3)
【分析】
（1）根据古典概型的概率公式及相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）依题意的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；
（3）分别求出，，，，从而求出、，即可比较.
【详解】（1）记被选出的2只白鼠皮肤疱疹面积均小于为事件，
其中从第1组中选出的只白鼠皮肤疱疹面积小于的概率为，
从第组中选出的只白鼠皮肤疱疹面积小于的概率为，
所以.
（2）依题意的可能取值为、、，
且，，，
所以的分布列为：
所以.
（3）依题意可得，，
所以，所以，
又，，
所以，
所以，
所以.
19．(1)；
(2)存在，.
【分析】
(1)根据焦距可求c，根据已知四边形周长及a、b、c的关系可求出a、b，从而可求椭圆标准方程；
(2)由题可知，若存在定点，使得，等价于以为直径的圆恒过定点．从而只需从直线l斜率不存着时入手求出该定点D，斜率存在时验算即可．
【详解】（1）由题意得解得
∴椭圆的方程为．
（2）若存在定点，使得，等价于以为直径的圆恒过定点．
当直线的斜率不存在时，为直径的圆的方程为①，
当直线的斜率为0时，令，得，
因此为直径的圆的方程为②．
联立①②，得猜测点的坐标为．
设直线的方程为，
由得．
设，则
∴
综上，存在定点，使得．
20．(1)
(2)函数有唯一零点，证明过程见解析
(3)2
【分析】（1）只需分别求出即可得解；
（2）首先有，，令，我们可以通过构造导数来说明，即，这表明了单调递增，注意到，由此即可进一步得证；
（3）首先我们可以连续求导说明函数在上递减，在上递增.其次，故.进一步有，然后分两种情况分类讨论即可求解.
【详解】（1）当时，，
而，所以，
从而切线方程为，也就是.
（2）由题意，
所以，
令，则，
当时，，，
所以，即，
所以当时，单调递减，，
当时，，，
所以，即，
所以当时，单调递增，，
综上，恒成立，也就是恒成立，
所以在上单调递增，
又因为，故函数有唯一零点，
且当时，，当时，；
因此当时，，当时，，
故；
（3）对个实数，定义和分别为中最大的一个和最小的一个.
现在，，故，
令，再对求导一次得到.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故函数在上递减，在上递增.
由于曲线在处的切线斜率为，
故该切线的方程为，从而.
现在我们有，故.
首先我们有，，故.
已证函数在上递减，在上递增，下面我们分情况讨论：
当时：
由于，
故，
同时由在上递增，知，而，
故在上必存在一个零点，记该零点为，
则有，且，从而.
由于函数在上递减，在上递增，，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
这表明在上递减，在和上各自递增.
由于在上递增，故在上至多有一个零点，而.
同时，当时，有
故，
这表明当时，有
.
故必有一个零点，且.
已证在上至多有一个零点，这就说明在上恰有一个零点.
然后，当时，由于在上递减，在上递增，故. 而，这说明在上恰有一个零点.
根据以上的讨论，知恰有2个零点；
当时：
由于，
故，
同时由在上递减，知，而，
故在上必存在一个零点，记该零点为，
则有，且，从而.
由于函数在上递减，在上递增，，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
这表明在上递减，在和上各自递增.
由于在上递增，故在上至多有一个零点，
而.
同时，当时，有：
故，
设，则当时，
故在上递增，所以当时，即.
所以当时，有：
这表明当时，
有，，
从而
.
故必有一个零点，且.
已证在上至多有一个零点，这就说明在上恰有一个零点.
然后，当时，由于在上递减，在上递增，
故. 而，这说明在上恰有一个零点.
根据以上的讨论，知恰有2个零点.
综上，无论哪种情况，都恰有2个零点，从而零点个数为2.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得出在上递减，在上递增，，由此即可顺利得解.
21．(1)，，，
(2)证明见解析
(3)是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，；不是“好集合”，证明见解析
【分析】（1）直接根据定义解出未知量的值；
（2）可构造恰当的映射，以证明结论；
（3）第三问可通过分类讨论求解问题.
【详解】（1）由“好数阵”的定义，知，，，，故，，，，进一步得到，.
从而，，，.
（2）如果是一个“好数阵”，则，.
从而，.
故也是一个“好数阵”.
由于是偶数，故，从而.
这就说明两数阵和的第1行第2列的数不相等，从而是不同的数阵.
设全体“好数阵”构成的集合为，并定义映射如下：
对，规定.
因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合.
而
，
这就表明，从而是满射，由是有限集，知也是单射，从而是一一对应.
对“好数阵”，已证两数阵和是不同的数阵，故.
同时，对两个“好数阵”，，如果，则；如果，则. 所以当且仅当.
最后，对，由，称2元集合为一个“好对”. 对，若属于某个“好对”，则或，即或.
由于，故无论是还是，都有.
这表明，每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个.
（3）若是“好数阵”，则有
，
所以，这表明一定是偶数.
若，设是“好数阵”，则，从而，
故.
由于，故，同理.
若，设，则，故，从而.
进一步有，而，故.
假设，设，则，故，则，.
由于，，故，. 此时，从而，，但此时，矛盾；
所以，故，分别尝试所有24种可能的对应方式，知符合条件的“好数阵”有，；
若，则，从而.
若，则或. 若，则，，分别尝试3种可能，知符合条件的“好数阵”有，.
若，则，，若，则，或且，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有；
若，则，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有；
若，则，假设，由于，，故，矛盾，所以.
对尝试所有组合，知符合条件的“好数阵”有，，，.
综上，全部的“好数阵”有，，，，，，，，，，
其中，满足的有，，，.
综上，是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，.
若，由于此时不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而不是“好集合”.
【点睛】关键点点睛：关键是第3小问需要较为繁琐的分类讨论，耐心尝试所有情况才可不重不漏.