北京市东直门中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题（解析版）

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2024.11
命题人：李伟峰 审稿人：盛晓艳
考试时间：120分钟 总分：150分
班级_________姓名__________学号__________
第一部分（选择题）
一､选择题：（本题有10道小题，每小题4分，共40分）
1. 已知集合，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求集合，再根据集合间的关系和运算逐项分析判断.
【详解】由题意可知：，
所以之间没有包含关系，且，故ABC错误，D正确；
故选：D.
2. 已知角的终边在第三象限，且，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由同角之间的公式可求得，进而得解.
【详解】由角的终边在第三象限，则
由题设知，解得，
所以
故选：C
3. 下列函数中，是奇函数且在定义域内单调递减的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性，基本初等函数的单调性，逐项判断即可.
【详解】对于A，函数为奇函数，但在定义域上函数不单调，故A不符合；
对于B，的定义域为，，则为偶函数，故B不符合；
对于C，的定义域为，，则为奇函数，又函数在上均为增函数，故在上为增函数，故C不符合；
对于D，的定义域为，，则为奇函数，又函数在上为减函数，在上为增函数，故在上为减函数，故D符合.
故选：D.
4. 设等差数列的前n项和为，若，，则 （ ）
A. 60B. 80C. 90D. 100
【答案】D
【解析】
【分析】先求出等差数列的公差，再由等差数列的求和公式求解.
【详解】等差数列的公差为：，
则.
故选：D
5. 如图，在中，为边上的中线，若为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得.
【详解】
.
故选：D
6. 已知为等比数列，，公比为，则“”是“对任意的正整数”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
【答案】B
【解析】
【分析】由等比数列通项公式得到的变形式，转化成关于公比的不等式，解得的取值范围，进而判定二者的关系.
【详解】由，即，即，
，可得，即.
所以不能推出，而可以推出，
所以是的必要不充分条件.
故选：B.
7. 点M、N在圆上，且M、N两点关于直线对称，则圆C的半径（ ）
A. 最大值为B. 最小值为C. 最小值为D. 最大值为
【答案】C
【解析】
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，得出圆心坐标和半径的表达式，利用已知条件，得到圆心在直线上，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】由，得，
所以圆心为，半径为，
由题意可得直线经过圆心，
故有，即，
所以半径为，
当时，圆C的半径的最小值为.
故选：C.
8. 已知定点和拋物线是抛物线的焦点，是抛物线上的点，则的最小值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线定义，数形结合即可求出的最小值.
【详解】
由题拋物线是抛物线的焦点，
则，准线方程为，
是抛物线上的点，过作垂直准线于，
过作垂直准线于交抛物线于，
则由抛物线定义知，
由图像可知,
即的最小值的最小值为，
由，准线方程为，
所以.
故选：C
9. “三斜求积术”是我国宋代的数学家秦九韶用实例的形式提出的，其实质是根据三角形的三边长求三角形面积，即．现有面积为的满足，则的周长是（ ）
A. 9B. 12C. 18D. 36
【答案】C
【解析】
【分析】利用已知及正弦定理计算即可.
【详解】根据正弦定理可知，不妨设，
由，
所以的周长是.
故选：C
10. 如图，已知BD是圆O的直径，AC是与BD垂直的弦，且AC与BD交于点E，点P是线段AD上的动点，直线交BC于点Q． 当取得最小值时，下列结论中一定成立的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出辅助线，由极化恒等式得到当最小时，取得最小值，取的中点，则，此时取得最小值，B正确，在结合中位线及圆中的性质得到ACD错误.
【详解】连接，则，
两式平方后相减可得，由于等于圆的半径，为定值，
故当最小时，取得最小值，
取的中点，则，此时取得最小值，B正确；
A选项，因为BD是圆O的直径，AC是与BD垂直的弦，且AC与BD交于点E，
所以为的中点，故是的中位线，故，
因为，所以，则不垂直，A错误；
C选项，由中位线可知，所以不平行，C错误；
D选项，由中位线可知，所以不平行，D错误.

故选：B
第二部分（非选择题）
二､填空题：（本题有5道小题，每小题5分，共25分）
11. 函数的定义域为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数定义域的求法求得正确答案.
【详解】依题意，，解得，
所以的定义域为.
故答案为：
12. 已知平面向量，的夹角为120°，且，，则的值为______，的最小值为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】直接利用向量数量积的定义求解的值，由已知条件可得，配方后可求得其最小值
【详解】因为平面向量，的夹角为120°，且，，
所以，
，
所以当时，的最小值为，
故答案为： ，
13. 已知等比数列的各项均为正数，且成等差数列，则数列的公比__________.
【答案】3
【解析】
【分析】利用等比数列的通项公式及等差数列的性质建立方程可求得结果.
【详解】∵成等差数列，
∴，即，
∴，
∴，解得或（舍），
∴.
故答案为：3.
14. 在中，，.若，则______；若满足条件的三角形有两个，则的一个值可以是______.
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】利用正弦定理即可求解.
【详解】（1）由正弦定理，
代入条件得：，
解得：，所以，
所以若时，为直角三角形，
所以.
（2）由正弦定理，
代入条件化简得：，
因为，所以，
所以，
即，
又，所以为锐角，所以，故可取 .
故答案为：2；.
15. 设an与bn是两个不同无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论：
①若an与bn均为等差数列，则M中最多有1个元素；
②若an与bn均为等比数列，则M中最多有2个元素；
③若an为等差数列，bn为等比数列，则M中最多有3个元素；
④若an为递增数列，bn为递减数列，则M中最多有1个元素.
其中正确结论的序号是______.
【答案】①③④
【解析】
【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.
【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，
而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确.
对于②，取则均为等比数列，
但当偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误.
对于③，设，，
若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，
若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；
若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，
当有偶数解，此方程即为，
方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，
否则，因单调性相反，
方程至多一个偶数解，
当有奇数解，此方程即为，
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即
否则，因单调性相反，
方程至多一个奇数解，
因为，不可能同时成立，
故不可能有4个不同整数解，即M中最多有3个元素，故③正确.
对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，
后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.
三､解答题：（本题有6小题，共85分）
16. 已知函数，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为．
（1）求的值；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，若对恒成立，求的取值范围．
条件①：；
条件②：的最大值为；
条件③：在区间上单调递增．
注：如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分．
【答案】（1）
（2）条件选择见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意求出函数的最小正周期，结合正弦型函数的周期公式可求得的值；
（2）选①②，根据函数的最大值求出的值，根据结合的取值范围，求出的值，可得出函数的解析式；
选②③，根据函数的最大值求出的值，分析可知，，结合的取值范围，可求出的值，可得出函数的解析式；
选①③，分析可知，，结合的取值范围，可求出的值，再由可得出的值，即可得出的解析式；
再由结合正弦型函数的基本性质可求出的最小值，即可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：因为的图象的相邻两个对称轴的距离为，
所以，函数的最小正周期为，所以．
【小问2详解】
解：选择条件①②．
因为的最大值为，所以，即．
由，得，
又因为，所以，所以函数的解析式为．
选择条件②③．
因为的最大值为，所以，
因为的最小正周期为，且在区间上单调递增，
又因为区间的长度为，
所以，即，得，则，
又因为，所以．
所以的解析式为．
选择条件①③．
因为的最小正周期为，且在区间上单调递增，
又因为区间的长度为，
所以，即，
得，则，
又因为，所以．
由，得，所以．
所以的解析式为．
因为，所以所以，故．
当时，的最小值为．
因为，恒成立，则，
所以的取值范围为．
17. 某种产品按照产品质量标准分为一等品､二等品､三等品､四等品四个等级，某采购商从采购的该种产品中随机抽取100件，根据产品的等级分类得到如下数据：
（1）根据产品等级，按分层抽样的方法从这100件产品中抽取10件，再从这10件产品中随机抽取3件，记这3件产品中一等品的数量为，求的分布列及数学期望；
（2）若将频率视为概率，从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，求恰好有1件四等品的概率；
（3）生产商提供该产品的两种销售方案供采购商选择，
方案一：产品不分类，售价均为21元/件.
方案二：分类卖出，分类后的产品售价如下：
从采购商的角度考虑，你觉得应该选择哪种销售方案？请说明理由.
【答案】（1）的分布列见解析；
（2）
（3）应该选择方案一
【解析】
【分析】（1）利用分层抽样的知识求出抽取的10件产品中一等品和非一等品的数量，求出的所有可能取值及其对应的概率，写出分布列，求出数学期望.
（2）由题意得出抽到四等品的数量，即可求解.
（3）计算方案二的产品的平均售价，与方案一的产品的售价进行比较，即可得出结论．
【小问1详解】
由题可得，抽取的10件产品中，一等品有4件，非一等品有6件，
所以的可能取值为0，1，2，3．
，，
，，
则的分布列为：
.
【小问2详解】
从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，记抽到四等品的数量为，则，
∴.
【小问3详解】
由题意得，方案二的产品的平均售价为：
（元/件），
∵，
∴从采购商的角度考虑，应该选择方案一.
18. 如图，在四棱锥中，平面，，，，．为的中点，点在上，且．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）设点在上，且．判断直线是否在平面内，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）直线不平面内，理由见解析
【解析】
【分析】（1）应用线面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理即可得证；
（2）过点作的垂线交于点，以点为原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标以及平面、平面的法向量，代入平面与平面夹角的向量公式即可计算.
（3）根据条件计算向量，计算，判断结果是否为0即可判断直线是否在平面内.
【小问1详解】
因为平面，又平面，则，
又，且，，平面，故平面；
【小问2详解】
过点作的垂线交于点，
因为平面，且，平面，所以，，
故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，
因为为的中点，则，
所以，
又，所以，故，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，故，
又因为平面的法向量为，
所以，
由题意可知，二面角为锐二面角，
故二面角的余弦值为；
.
【小问3详解】
直线不在平面内，
因为点在上，且，又，
故，
则，
由（2）可知，平面的法向量为，
所以，
所以直线不在平面内．
19. 已知椭圆的焦点在轴上，中心在坐标原点.以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为.
（1）求栯圆的方程；
（2）设过点的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于不同的两点，与直线交于点.点在轴上，为坐标平面内的一点，四边形是菱形.求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据焦点三角形的周长以及等边三角形的性质可得且，即可求解得解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，进而根据中点坐标公式可得，进而根据菱形的性质可得的方程为，即可求解，.进而根据点斜式求解直线方程，即可求解.
【小问1详解】
由题意可设椭圆的方程为.
因为以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为，
所以且，
所以.所以.
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，
令，得，即.
由得.
设，则.
设的中点为，则.
所以.
因为四边形为菱形，
所以为的中点，.
所以直线的斜率为.
所以直线的方程为.
令得.所以.
设点的坐标为，则，
即.
所以直线的方程为，即.
所以直线过定点.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法：
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
20. 已知函数
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求a的值；
（3）若有两个不同的零点，且，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）求导可得，易知当时不符合题意；当时，利用导数研究函数的单调性可得，设，利用导数研究函数的性质即可求解；
（3）易知当时不符合题意，当时，易知不符合题意；若，由（2）可知只需，解之即可.
【小问1详解】
由，得，
因为，
所以曲线在点处的切线方程为；
【小问2详解】
，
①当时，，不符合题意.
②当时，令，解得，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
所以当时，取得最小值；
若恒成立，则，
设，则，
当时，在区间上单调递增，
当时，在区间上单调递减，
所以，即的解为.
所以；
【小问3详解】
当时，，在区间上单调递增，
所以f（x）至多有一个零点，不符合题意；
当时，因为，不妨设，
若，则，不符合题意；
若，则，
由（2）可知，只需，即，解得，
即a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
21. 如果数列对任意的，，则称为“速增数列”.
（1）判断数列是否为“速增数列”？说明理由；
（2）若数列为“速增数列”.且任意项，，求正整数k的最大值；
（3）已知项数为（）的数列是“速增数列”，且的所有项的和等于k，若，，证明：.
【答案】（1）是，理由见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）计算，，，得到答案.
（2）根据题意得到，，计算当时，，当时，，得到答案.
（3）证明，得到，得到，代入计算得到证明.
【小问1详解】
因为，则，，
又，故，数列是“速增数列”.
【小问2详解】
，
当时，，
即，，
当时，，当时，，
故正整数k的最大值为.
【小问3详解】
，故，即；
，故，
即，
同理可得：，，，
故，
故，，得证.
【点睛】关键点睛：本题考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据题意利用累加法的思想确定是解题的关键.
等级
一等品
二等品
三等品
四等品
数量
40
30
10
20
等级
一等品
二等品
三等品
四等品
售价/（元/件）
24
22
18
16
0
1
2
3