北京市第一七一中学2024-2025学年高三(上)期中考试数学试题(解析版)

这是一份北京市第一七一中学2024-2025学年高三(上)期中考试数学试题(解析版)，共20页。试卷主要包含了11， 已知全集是实数集等内容，欢迎下载使用。
2024.11
本试卷共6页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效.
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知全集是实数集.下边的韦恩图表示集合与关系，那么阴影部分所表示的集合可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出白色区域，然后得出补集，即为阴影部分.
【详解】如图，白色区域为，
则阴影部分表示的集合为.
故选：D.
2. 如果复数的实部与虚部相等，那么（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】把复数化为代数形式，得实部和虚部，由此可求得．
【详解】，所以实部为，虚部为，所以．
故选：A．
3. 设等差数列的前项和为，且，，那么（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设公差为，依题意可得，求出、，再由等差数列求和公式计算可得.
【详解】设公差为，因为，，则，解得，
所以.
故选：D
4. 已知函数，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导分析单调性，根据即可解不等式．
【详解】的定义域为0,+∞，由
所以在0,+∞上递减，又，
所以不等式的解集是．
故选：D
5. 已知抛物线的焦点为，点为上一动点，线段的垂直平分线与交于点，那么（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用抛物线定义判断即可.
【详解】因为抛物线，所以，准线为，
过点向准线作垂线交准线于点,
所以由抛物线的定义可得，
因为线段的垂直平分线与交于点，所以，
又因为，所以，当且仅当轴时等号成立.
故选：A
6. 若函数在上单调，且在上存在最值，则的取值范围是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角函数的单调性与周期性的关系及周期公式，结合三角函数的最值即可求解.
【详解】因为在上单调，所以，即,则，
由此可得．
因为当，即时，函数取得最值，
欲满足在上存在极最点，
因为周期，故在上有且只有一个最值，
故第一个最值点，得，
又第二个最值点，
要使在上单调，必须，得．
综上可得，的取值范围是．
故选：B．
7. 在中，，的平分线交BC于点D．若，则（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】设，由角平分线定理求得，然后由向量的线性运算可用表示出，从而求得，得出结论．
【详解】设，因为，所以，
又是的平分线，所以，，
，
又，所以，
所以．
故选：B．
8. 已知数列为无穷项等比数列，为其前项的和，“，且”是“，总有”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. 既不必要又不充分条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若，且，
则，，，
所以，由，
当或时，，，
所以；
当时，，总有；
当时，，，即.
综上，恒成立，故充分性成立；
若“，总有”，则且，
故必要性成立.
故选：C
9. 已知在三棱锥中，，，，则三棱锥的体积为（ ）
A. 40B. 80
C. 160D. 240
【答案】C
【解析】
【分析】将三棱锥放到如图所示长方体中，设，，x,y,z>0，利用勾股定理得到方程组，即可求出、、，再由割补法及柱体、锥体的体积公式计算可得.
【详解】依题意将三棱锥放到如图所示长方体中，设，，x,y,z>0，
则，解得，
所以
故选：C
10. 恩格斯曾经把对数的发明、解析几何的创始和微积分的建立称为十七世纪数学的三大成就.其中对数的发明曾被十八世纪法国数学家拉普拉斯评价为“用缩短计算时间延长了天文学家的寿命”.已知正整数N的70次方是一个83位数，则由下面表格中部分对数的近似值（精确到0.001），可得N的值为（ ）
A. 13B. 14C. 15D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】利用对数的运算公式计算即可.
【详解】由题意知，的70次方为83位数，所以，则，即，整理得，
根据表格可得，，所以，即.
故选：C.
第二部分（非选择题共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 函数的定义域为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据分式分母不为零，偶次方根的被开方数为非负数列不等式组，解不等式组求得函数的定义域.
【详解】由，解得：且．
∴函数的定义域为．
故答案为：．
【点睛】本小题主要考查函数定义域的求法，属于基础题.
12. 二项式的展开式中，的系数为10，则___________．
【答案】2
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项计算即可.
【详解】易知二项式的展开式通项公式为，
显然时，.
故答案为：2
13. 已知直线与双曲线没有公共点，那么双曲线的离心率的一个值是_____．
【答案】(答案不唯一)
【解析】
【分析】根据双曲线渐近线方程以及直线过坐标原点可知， 若双曲线与直线没有公共点则，所以可求出离心率取值范围，即可求解.
【详解】由双曲线方程C:x2a2-y2b2=1，a>0,b>0，可得其渐近线方程为，
若双曲线与直线没有公共点，则须满足
所以离心率，
所以离心率可以取一个值.
故答案为： (答案不唯一)
14. 在平面直角坐标系中，点为圆上的动点，点的坐标为，其中为常数且．如果的最大值为，那么________，此时的最小值为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意，设，由数量积坐标运算结合两角的和差角公式代入计算，即可得到结果.
【详解】设，其中，
则，，
则，
对任意的，可知当时，
的最大值为，则，且，则，
且当时，的最小值为.
故答案为：；
15. 已知函数，其中且．给出下列四个结论：
①若，则函数的零点是；
②若函数无最小值，则的取值范围为；
③若，则在区间上单调递减，在区间上单调递增；
④若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为，且的取值范围为．
其中，所有正确结论的序号是_____．
【答案】①④
【解析】
【分析】令可确定①正确；由函数无最小值可知当时，单调递减，得②错误；分别判断两段函数的单调性，根据严格单调递增的要求知③错误；讨论可知时存在有三个不等实根的情况，采用数形结合的方式可得的范围，分别求得，进而得到的范围，知④正确.
【详解】对于①，令，解得：；令，解得：（舍）；
若，则函数的零点是，①正确；
对于②，当时，，此时；
若无最小值，则需当时，单调递减，即，解得：，
又且，的取值范围为，②错误；
对于③，当时，在上单调递减，在0,1，1,+∞上分别单调递增；
若需在0,+∞上单调递增，则，解得：（舍），
∴fx在0,+∞上并非严格单调递增，③错误；
对于④，当时，时有无数解，不满足题意；
当或时，，则当时，方程无解；当时，有唯一解；不满足方程有三个不等实根；
当时，大致图象如下图所示，

若有三个不等实根，则，解得：；
设，
令，解得：，即；
令，解得：，，
；
，，，
，④正确.
故答案为：①④
【点睛】思路点睛：本题考查分段函数零点、最值、单调性和方程根分布的问题；求解方程根的分布的基本思路是能够将问题转化为曲线与平行于轴的直线交点个数问题，通过数形结合的方式，利用函数图象来进行分析和讨论，由此确定根的分布情况.
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，.
（1）求的大小；
（2）若，在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一，求的周长.
①；
②的面积为；
③边上的高线长为.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）；
（2）选择条件②③，答案见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求解.
（2）选择条件①，利用正弦定理解三角形并判断解的个数；选择条件②③，借助三角形面积公式及余弦定理求解.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理，
得，即，
而，解得，又，
所以.
【小问2详解】
选择条件①，，由正弦定理得，而，
因此角有两解，即不唯一；
选择条件②，的面积为，由，
解得，由余弦定理得，
所以唯一，其周长为.
选择条件③，边上的高线长为，则的面积，
由，解得，
由余弦定理得，
所以唯一，其周长为.
17. 如图,矩形平面,平面与棱交于点G．
（1）求证：;
（2）求直线与平面夹角的正弦值;
（3）求的值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】(1)由题意，根据面面平行的判定定理证明平面与平面平行，再根据面面平行的性质定理得到线线平行；
(2)由题意建系，找出各个点的坐标，求出平面的法向量，线面夹角的正弦值也即是线与法向量夹角的余弦值的绝对值，利用公式求出即可；
(3)由(2)知得出平面的法向量为，因为G在平面内，故设出G点坐标，求出比值即可.
【小问1详解】
证明：由题知，矩形，，，
且平面，平面，，
平面，平面，，
平面平面，
平面与棱交于点G，且平面，
平面平面，平面平面，平面平面，
故，得证;
【小问2详解】
由题知，平面，且，
，，两两垂直，
以A为原点，AB方向为x轴，AD方向为y轴，AE方向为z轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，则有，
即，不妨令，可得，
记直线与平面夹角为，
，
故直线与平面夹角的正弦值为;
【小问3详解】
由题知，设故，
由(2)知平面的法向量为，且平面，
故
，
故
18. 在2021年12月9日发布的《北京市义务教育体育与健康考核评价方案》中，义务教育体育与健康考核评价包括过程性考核与现场考试两部分，总分值70分．其中过程性考核40分，现场考试30分．该评价方案从公布之日施行，分学段过渡、逐步推开．现场考试采取分类限选的方式，把内容划分了四类，必考、选考共设置22项考试内容．某区在九年级学生中随机抽取1100名男生和1000名女生作为样本进行统计调查，其中男生和女生选考乒乓球的比例分别为和，选考1分钟跳绳的比例分别为和．假设选考项目中所有学生选择每一项相互独立．
（1）从该区所有九年级学生中随机抽取名学生，估计该学生选考乒乓球的概率；
（2）从该区九年级全体男生中随机抽取人，全体女生中随机抽取人，设为这人中选考分钟跳绳的人数，求随机变量的数学期望；
（3）已知乒乓球考试满分8分．在该区一次九年级模拟考试中，样本中选考乒乓球的男生有60人得8分，40人得7.5分，其余男生得7分；样本中选考乒乓球的女生有40人得8分，其余女生得7分．记这次模拟考试中，选考乒乓球的所有学生的乒乓球平均分的估计值为，其中男生的乒乓球平均分的估计值为，试比较与的大小．（结论不需要证明）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分别求出样本中男生和女生的人数，再由频率估计概率即可得解；
（2）依题意的可能取值为、、、，求出所对应的概率，从而求出数学期望；
（3）根据平均数公式分别求出，即可得解.
【小问1详解】
样本中男生选考乒乓球的人数为人，
样本中女生选考乒乓球的人数为人，
设从该区所有九年级学生中随机抽取1名学生，该学生选考乒乓球为事件，
则该学生选考乒乓球的概率；
【小问2详解】
依题意的可能取值为、、、，
则，
，
，
，
所以
【小问3详解】
，
因为，
，
因为，所以.
19. 已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，若椭圆的，三角形ABC的面积为2.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点D（0，2），直线AD交椭圆于点E，过点D的直线交椭圆于M，N两点，若直线CM与x轴交于P点，过E且平行于x轴的直线与BN交于Q点，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的基本量即可求解；
（2）求出点的坐标，分直线斜率是否存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设出直线的方程，与椭圆联立，求解，根据交点个数列出关于的不等式，写出韦达定理，写出直线的方程，求出点的横坐标，写出直线BN的方程，求解点的横坐标，写出即可得三点共线，进而求解.
【小问1详解】
依题意：，解得，，，
椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
直线DA：，，
解得，.若直线MN：，
则，若直线MN：，
设，，，
整理得，
，
解得或，，，
直线CM：，令，
得.直线BN：，
令，得，因为，
所以D，P，Q三点共线，所以，
综上知：.
20. 已知，其中.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求函数的极值；
（3）若对于恒成立，求的最大值.
【答案】（1）
（2）函数的极小值为，无极大值
（3）
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义得出切线方程；
（2）利用导函数求出函数的单调性，进而得出极值；
（3）将不等式恒成立转化成函数的最小值恒成立问题，化简整理可得，构造函数并求得其最大值即可.
【小问1详解】
当时，，.
即曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
当时，，则；
令，则，即在上单调递增；
又易知，所以当时，，当时，；
即函数在上单调递减，在上单调递增；
即函数的极小值为，无极大值.
【小问3详解】
对于恒成立，可得在恒成立；
令，则，又，
由可解得，
易知当时，，当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
因此在处取得极小值，
也是最小值为；
易知，即，
可得，
令，则，
因此当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，即.
故的最大值为.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题，一般情况下将不等式化简变形并通过构造函数求得函数在定义域内的最值，再根据题意求解即可得出结论.
21. 已知数列，从中选取第项、第项、…、第项，若，则称新数列为的长度为m的递增子列，若，则称新数列为的长度为m的递减子列，递增子列和递减子列统称为的单调子列．规定：数列的任意一项都是的长度为1的单调子列．
（1）写出数列1，8，3，7，5，6，9的最长单调子列；
（2）已知数列的长度为的递增子列的末项的最小值为，长度为q的递增子列的末项的最小值为．若，求证：