北京市顺义区第一中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷（解析版）

这是一份北京市顺义区第一中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷（解析版），共22页。试卷主要包含了 设集合，集合，则， 若复数满足，则的共轭复数， 已知角的终边经过点，则， 在中，若，，，则的大小为等内容，欢迎下载使用。

一.选择题（本大题共10小题，共40分）
1. 设集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】集合的基本运算问题.
【详解】因为，所以，
且，所以 =.
故选：C
2. 若复数满足，则的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由知，运用复数的除法即可求出，根据共轭复数的概念即可求解.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A
3. 如图所示，直线的斜率分别为，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用斜率与倾斜角的关系即可判断．
【详解】由，结合的函数图象，
直线对应的倾斜角为钝角，则，
直线与都为锐角，且的倾斜角大于的倾斜角，
则，故．
故选：C．
4. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用三角函数定义、结合诱导公式计算即得.
【详解】由角的终边经过点，得该点到原点距离，，
所以.
故选：C
5. 下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递减的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据幂函数，指数函数，余弦函数，对数函数的单调性逐项判断即可.
【详解】对于A，由幂函数的单调性可知在上单调递增，故A不正确；
对于B，由余弦函数的单调性可知在区间上单调递减不成立，故B不正确；
对于C，，由指数函数的单调性可知，当时，单调递增，故C不正确；
对于D，的定义域为，定义域关于原点对称，，所以是偶函数，
又因为当，，由对数函数的单调性可知在上单调递减，故D正确；
故选：D.
6. 在中，若，，，则的大小为（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理结合三角形的特点计算即可.
【详解】因为在中，，所以，
由正弦定理可知或，
又，所以不成立.
故选：B
7. 设点，，不共线，则“与的夹角为锐角”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】C
【解析】
【分析】将向量的模用向量的数量积来表示，化简后结合向量夹角的范围，即可判断.
【详解】
由题意知，，不共线，所以，
所以与的夹角为锐角，
故“与的夹角为锐角”是“”的充分必要条件；
故选：C.
8. 坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若，，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）
A. 100 mB. 112 mC. 117 mD. 132 m
【答案】D
【解析】
【分析】先根据面面角的定义求得，再依次求得，，，，最后把所有棱长相加，即可求解．
【详解】如图，过E作平面ABCD，垂足为O，
过E分别作，，垂足分别为G，M，
连接OG，OM，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又，且EO，平面EOG，，所以平面EOG，
因为平面EOG，所以，
所以等腰三角形所在的平面与平面ABCD所成角为，
同理可得，又，
所以等腰梯形所在的平面与平面ABCD所成角为，
所以，
又，所以四边形OMBG是矩形，
又，则，所以，所以，
所以在中，，
在中，，，
又因为，
故该五面体的所有棱长之和为．
故选：D．
9. 函数图象上存在两点，满足，则下列结论成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据,在上,可得出,再根联立,得到的值,根据缩小的取值范围,进而代入求值即可.
【详解】解:由题知,,
均在上,
,
,
,
故有:,
两等式联立有,
解得,
,
,
,
,
综上选项B正确.
故选:B
10. 已知函数，若对于任意正数，关于的方程都恰有两个不相等的实数根，则满足条件的实数的个数为（ ）
A. B. C. D. 无数
【答案】B
【解析】
【分析】分、、三种情况讨论，作出函数的图象，根据已知条件可得出关于实数的等式与不等式，进而可求得实数的取值.
【详解】当时，，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，当时，关于的方程有且只有一个实根，不合乎题意；
当时，，如下图所示：
函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，
由题意可得，解得；
若，则，如下图所示：
函数在单调递减，在上单调递减，在上单调递增，
由题意可得，此时无解.
综上所述，
故选：B.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
二.填空题（本大题共5小题，共25分）
11. 函数的定义域是______.
【答案】
【解析】
【分析】由真数大于零及分母不等于零计算即可得.
【详解】由题意可得、，故且，
故该函数定义域为.
故答案为：.
12. 首项为1的等比数列中，，，成等差数列，则公比______.
【答案】2
【解析】
【分析】根据等差中项可得，利用等比数列通项公式代入即可求.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，成等差数列，
所以，
所以，
因为首项为1，所以，
所以，故.
故答案为：2
13. 能说明“若，则，其中”为假命题的一组，的值是___．
【答案】答案不唯一，如，
【解析】
【分析】即举满足条件但不满足的例子.
【详解】，时，满足，但不成立
故答案为答案不唯一，如，
【点睛】本题考查诱导公式的应用，考查基本分析求解能力，属基础题.
14. 如图，这个优美图形由一个正方形和以各边为直径的四个半圆组成，若正方形的边长为4，点在四段圆弧上运动，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】借助于正方形建系，利用平面向量数量积的几何意义，找到使在方向上的投影向量的数量最大和最小的点即得的取值范围.
【详解】
如图，以点为原点，分别以所在直线为轴建立坐标系.
因，
而表示在方向上的投影向量的数量，
由图不难发现，设过正方形的中心作与轴平行的直线与左右两个半圆分别交于点，
则当点与点重合时，投影向量的数量最大，当点与点重合时，投影向量的数量最小.
易得，则的最大值为6，最小值为，
故.
故答案为：.
15. 如图，在棱长为的正方体中，点，分别在线段和上．
给出下列四个结论：
①的最小值为；
②四面体的体积为；
③有且仅有一条直线与垂直；
④存在点，，使为等边三角形．
其中所有正确结论的序号是____．
【答案】①②④
【解析】
【分析】对于①，利用直线之间的距离即可求解；对于②，以为顶点，为底面即可求解；对于③，利用直线的垂直关系即可判断；对于④，利用空间坐标即可求解.
【详解】对于①，由于在上运动，在上运动，所以的最小值就是两条直线之间距离，而，所以的最小值为；
对于②，，而，所以四面体的体积为；
对于③，由题意可知，当与重合，与重合时， ，又根据正方体性质可知，，所以当为中点，与重合时，此时，故与垂直的不唯一，③错误；
对于④，当为等边三角形时，，则此时.所以只需要与的夹角能等于即可.
以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如下图，
设，则由题意可得，，，则可得，，则，整理可得，该方程看成关于的二次函数，，所以存在使得为等边三角形.
故答案为：①②④
三、解答题（本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 已知函数．
（1）若，且，求的值；
（2）求函数的最小正周期，及函数的单调递减区间．
【答案】（1）
（2）最小正周期，，
【解析】
【分析】（1）根据同角三角函数关系得到，由余弦二倍角公式得到，从而得到；
（2）利用三角恒等变换得到，利用得到最小正周期，并利用整体法求出函数的单调递减区间.
【小问1详解】
因为，且，
所以，，
所以．
【小问2详解】
，
所以函数的最小正周期．
由，，
解得，．
所以函数的单调递减区间，．
17. 在中，已知，请从下列三个条件中选择两个，使得存在，并解答下列问题：
（1）求的大小；
（2）求和的值．
条件①：；条件②：；条件③：．
【答案】（1）答案见详解
（2）答案见详解
【解析】
【分析】（1）若选择①②：利用正弦定理可得，结合可知，则，即可得结果；若选择①③：由正弦定理可得，由可知，即可得结果；若选②③：根据三角形的性质分析得出矛盾；
（2）由（1）可知：不能选②③. 只能选择①②或选择①③，利用同角三角关系以及两角和差公式求，再利用正弦定理求的值.
【小问1详解】
若选择①②：，，
在中，由正弦定理得．
因为，即，
可知，所以；
若选择①③：，，
在中，因为由正弦定理得．
在中，，即，
可知，所以；
若选②③：，，
因为，即，可知；
又因为，即，可知；
两者相矛盾，故不成立.
【小问2详解】
由（1）可知：不能选②③.
若选择①②：在中，，即，可知，
且，可得，
则，
可知，则，
由正弦定理可得，
又因为，所以；
选择①③：在中，，即，可知，
且，可得，
则，
且，可得，
又因为，则，
由正弦定理可得．
18. 某校工会开展健步走活动，要求教职工上传3月1日至3月7日微信记步数信息，下图是职工甲和职工乙微信记步数情况：
（1）从3月1日至3月7日中任选一天，求这一天职工甲和职工乙微信记步数都不低于10000的概率；
（2）从3月1日至3月7日中任选两天，记职工乙在这两天中微信记步数不低于10000的天数为，求的分布列及数学期望；
（3）如图是校工会根据3月1日至3月7日某一天的数据，制作的全校200名教职工微信记步数的频率分布直方图．已知这一天甲和乙微信记步数在单位200名教职工中排名分别为第68和第142，请指出这是根据哪一天的数据制作的频率分布直方图（结论不要求证明）
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，；
（3）3月3日.
【解析】
【分析】（1）根据古典概型求解即可；
（2）的可能取值为0,1,2，分别求出每种情况的概率，再写出分布列并求期望即可；
（3）根据频率分布直方图算出每个步数区间内的人数，再结合甲乙二人的排名，确定甲乙各自步数的范围，进而确定日期.
【小问1详解】
设“职工甲和职工乙微信计步数都不低于10000”为事件
从3月1日至3月7日这七天中，3月2日，3月5日，3月7日这三天职工甲和职工乙微信记步数都不低于10000，所以．
【小问2详解】
由图可知，7天中乙的步数不低于10000步的天数共4天.
的所有可能取值为，
，
的分布列为
【小问3详解】
3月3日
由直方图知，微信记步数落在（单位：千步）区间内的人数依次为
，.
由甲的排名为第68，可知当天甲的微信步数在15000-20000之间，
据折线图知，这只有3月2日、3月3日和3月7日；
而由乙微信记步数排名第142，可知当天乙微信记步数在5000-10000之间，
根据折线图知，这只有3月3日和3月6日.
所以只有3月3日符合要求．
19. 如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，平面平面，，，.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，点为中点，证明见解析
【解析】
【分析】（1）先利用面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质定理和判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可；
（3）设，由求出，再利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
因为平面平面，平面平面，，平面,
所以平面，
因为平面，所以，
因为四边形是正方形，
所以，
因为，平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）得平面，因为平面，所以，，两两垂直，
以为原点，为轴、 轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

因，，
所以，.
则，，,，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，取得，
因为平面，所以为平面的一个法向量，，
所以，
设平面与平面夹角为，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值．
【小问3详解】
线段上存在点，点为中点，满足平面，证明如下：
设，
因为，
所以，
由（2）知平面的一个法向量为，
因平面，
所以，解得，
所以线段上存在点，点为中点，满足平面.
20. 已知函数.
（1）若曲线在点处的切线斜率为1，求实数a的值；
（2）当时，求证：；
（3）若函数f(x)在区间上存在极值点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）（2）证明见解析（3）
【解析】
【分析】
（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）利用导数得出函数f(x)的单调性，进而得出其最小值，即可证明；
（3）分类讨论的值，利用导数得出f(x)的单调性，结合题意，即可得出实数a的取值范围.
【详解】解：（1）因为，
所以.
由题知，
解得.
（2）当时，，
所以.
当时，，f(x)在区间上单调递减；
当时，，f(x)在区间上单调递增；
所以是f(x)在区间上的最小值.
所以.
（3）由（1）知，.
若，则当时，，f(x)在区间上单调递增，
此时无极值.
若，令，
则.
因为当时，，所以g(x)在上单调递增.
因为，
而，
所以存，使得.
和f(x)的情况如下：
因此，当时，f(x)有极小值.
综上，a的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了利用导数证明不等式，导数几何意义的应用等，属于中档题.
21. 已知数列，对于任意的，都有，则称数列为“凹数列”.
（1）已知数列，的前项和分别为，，且，，试判断数列，数列是否为“凹数列”，并说明理由；
（2）已知等差数列，首项为4，公差为，且为“凹数列”，求的取值范围；
（3）证明：数列为“凹数列”的充要条件是“对于任意的，，，当时，有”.
【答案】（1）数列是为“凹数列”， 数列不是为“凹数列”，理由见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据通项公式判断数列an为等差数列，bn为等比数列，进而求得前项和，，再根据“凹数列”的定义判断即可；
（2）根据数列bn为等差数列可得通项公式，再根据“凹数列”的定义得对任意，恒成立，进而解出的范围即可；
（3）先证明必要性，放缩得到，故，再证明充分性，取，，则有，进而得证.
【小问1详解】
由于为等差数列，所以，为等比数列，，任意的，都有，故，所以数列是为“凹数列”，
任意的，都有，
故，所以数列不是为“凹数列”，
【小问2详解】
因为等差数列bn的公差为，，所以，
因为数列是凹数列，所以对任意，恒成立，
即，
所以，即，
因为，解得.所以的取值范围为.
【小问3详解】
先证明必要性：因为为“凹数列”所以对任意，都有，即，所以对任意的，，，当时，有，所以，
又，
所以，所以，必要性成立；
再证明充分性：对于任意的，，，当时，有，
取，，则有，
即，所以为“凹数列”.
【点睛】方法点睛：本题是数列新定义问题，主要考查了等差数列，等比数列，递推公式和求和公式等的综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
0
1
2
x
0
f(x)
极小值