2023-2024学年北京海淀区高三（上）期末数学试卷及答案

第1页/共1页2024北京海淀高三（上）期末数学2024.01本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回.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.已知集合，，，则（）A. B. C. D.2.如图，在复平面内，复数，对应的点分别为，，则复数的虚部为（）A. B. C. D.3.已知直线，直线，且，则（）A.1 B. C.4 D.4.已知抛物线的焦点为，点在上，，为坐标原点，则（）A. B.4 C.5 D.5.在正四棱锥中，，二面角的大小为，则该四棱锥的体积为（）A.4 B.2 C. D.6.已知圆，直线与圆交于，两点.若为直角三角形，则（）A. B.C. D.7.若关于的方程（且）有实数解，则的值可以为（）A.10 B. C.2 D.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10.蜜蜂被誉为“天才的建筑师”.蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材面积最小的结构.如图是一个蜂房的立体模型，底面是正六边形，棱，，，，，均垂直于底面，上顶由三个全等的菱形，，构成.设，，则上顶的面积为（）（参考数据：，）A. B. C. D.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.在的展开式中，的系数为__________.12.已知双曲线的一条渐近线为,则该双曲线的离心率为__________.13.已知点，，在正方形网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长为1，则__________；点到直线的距离为__________.14.已知无穷等差数列的各项均为正数,公差为,则能使得为某一个等差数列的前项和的一组,的值为__________,__________.15.已知函数.给出下列四个结论：①任意，函数的最大值与最小值的差为2；②存在，使得对任意，；③当时，对任意非零实数，；④当时，存在，，使得对任意，都有.其中所有正确结论的序号是__________.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.如图，在四棱柱中，侧面是正方形，平面平面，，，为线段的中点，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.17.在中，.（1）求的大小；（2）若，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，使存在，求边上中线的长.条件①：的面积为；条件②：；条件③：.注：如果选择的条件不符合要求，得0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.18.甲、乙、丙三人进行投篮比赛，共比赛10场，规定每场比赛分数最高者获胜，三人得分（单位：分）情况统计如下：场次12345678910甲8101071288101013乙9138121411791210丙121191111998911（1）从上述10场比赛中随机选择一场，求甲获胜的概率；（2）在上述10场比赛中，从甲得分不低于10分的场次中随机选择两场，设表示乙得分大于丙得分的场数，求的分布列和数学期望；（3）假设每场比赛获胜者唯一，且各场相互独立，用上述10场比赛中每人获胜的频率估计其获胜的概率.甲、乙、丙三人接下来又将进行6场投篮比赛，设为甲获胜的场数，为乙获胜的场数，为丙获胜的场数，写出方差，，的大小关系.19.已知椭圆过点，焦距为.（1）求椭圆的方程，并求其短轴长；（2）过点且不与轴重合的直线交椭圆于两点，，连接并延长交椭圆于点，直线与交于点，为的中点，其中为原点.设直线的斜率为，求的最大值.20.已知函数.（1）当时，求证：①当时，；②函数有唯一极值点；（2）若曲线与曲线在某公共点处的切线重合，则称该切线为和的“优切线”.若曲线与曲线存在两条互相垂直的“优切线”，求，的值.21.对于给定的奇数，设是由个实数组成的行列的数表，且中所有数不全相同，中第行第列的数，记为的第行各数之和，为的第列各数之和，其中.记.设集合或，记为集合所含元素的个数.（1）对以下两个数表，，写出，，，的值；（2）若中恰有个正数，中恰有个正数.求证：；（3）当时，求的最小值.

参考答案第一部分（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.【答案】A【分析】由集合的交集运算、补集运算即可求解.【详解】由题意集合，，，则，.故选：A.2.【答案】D【分析】由复数对应的点求出复数，，计算，得复数的虚部.【详解】在复平面内，复数，对应的点分别为，，则，，得，所以复数的虚部为.故选：D3.【答案】B【分析】由直线平行的充要条件列方程求解即可.【详解】由题意直线，直线，且，所以，解得.故选：B.4.【答案】D【分析】先由抛物线的焦半径公式求出点的坐标，再利用两点间的距离公式求出.【详解】设，，又因为，所以，故.故选：D.5.【答案】C【分析】作出辅助线，得到为二面角的平面角，所以，从而求出四棱锥的高，由棱锥体积公式求出答案.【详解】连接，相交于点，则为正方形的中心，故⊥底面，取的中点，连接，则，，故为二面角的平面角，所以，故，所以该四棱锥的体积为.故选：C6.【答案】A【分析】由直线与圆相交的弦长公式进行求解即可.【详解】因为圆，圆心为，半径为，即因为为直角三角形，所以,设圆心到直线的距离为，由弦长公式得，所以，化简得.故选：A.7.【答案】D【分析】根据反函数的性质以及导数的几何意义，只需函数与直线相交即可.【详解】对比选项可知我们只需要讨论时，关于的方程的解的情况，若关于的方程（且）有实数解，即与的图像有交点，因为与互为反函数，所以与的图像关于直线对称，如图所示：设函数与直线相切，切点为，，则有，解得：，由图像可知，当时，曲线与直线有交点，即与的图像有交点，即方程有解.故选：D.8.【答案】B【分析】由题意首项得，再结合必要不充分条件的定义、斜率与倾斜角的关系，两角差的余弦公式即可得解.【详解】由题意两直线均有斜率，所以，若取，则有，但；若，又，所以，而，综上所述，“”是“”的必要而不充分条件.故选：B.9.【答案】B【分析】先根据等比数列前项和,结合恒成立，得出的取值范围，得到是递减数列.【详解】是公比为的等比数列，为其前项和,恒成立,恒成立,若，则可能为正也可能为负，不成立所以,当是递减数列,当是递减数列,故选:B.10.【答案】D【分析】根据蜂房的结构特征，即可根据锐角三角函数以及三角形面积公式求解.【详解】由于，所以,连接,取其中点为，连接,所以,由，且多边形为正六边形，所以，由于,所以，故一个菱形的面积为，因此上顶的面积为，故选：D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.【答案】【分析】由二项式的展开式的通项进行求解即可.【详解】的展开式的通项为令得，所以，的系数为.故答案为：.12.【答案】2【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】由题意得，易知双曲线，即的渐近线方程为得所以该双曲线的离心率故答案为：.13.【答案】①.②.【分析】建立适当的平面直角坐标系，由向量数量积的坐标运算公式以及点到直线的距离公式即可求解.【详解】以为原点建立如图所示的平面直角坐标系，由题意，所以，而直线的表达式为，即所以点到直线的距离为.故答案为：，.14.【答案】①.1②.1（答案不唯一）【分析】设等差数列的前项和为,根据题意可得.根据结合等差数列的通项公式,可得关于的方程,解方程即可.【详解】设等差数列的前项和为,则又是公差为的等差数列,即整理得由题知故满足题意的一组,的值为,.（答案不唯一）故答案为：1;1（答案不唯一）15.【答案】②④【分析】取可判断①，取化简后可判断②，先化简，取可判断③，取可判断④.【详解】对于①，当时，其最大值为1，最小值为0，的最大值与最小值的差为1，故①错误；对于②，当时，，，因此对任意，，故②正确；对于③，，，当时，故③错误；对于④，当时，取，，使得对任意，都有，故正确.故答案为：②④三、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.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）连接，由四棱柱性质可得为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证得平面；（2）由面面垂直的性质以及线面垂直判定定理可求得三条棱两两垂直，建立空间直角坐标系利用空间向量即可求得结果.【小问1详解】连接，如下图所示：在四棱柱中，侧面为平行四边形，所以，,因为，，为中点，所以，，所以，,所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，所以平面，【小问2详解】在正方形中，，因为平面平面，平面平面；所以平面，而平面，即可得，因为，平面，与相交，所以平面，而平面，即；如图建立空间直角坐标系.不妨设，则，，，.所以，，.设平面的法向量为，则，令，则，，于是；因为，所以直线与平面所成角的正弦值为.17.【答案】（1）（2）不能选①，选②或③，答案均为1【分析】（1）由正弦定理及得到，结合，得到；（2）选①，由三角形面积和余弦定理得到，由推出矛盾；选②，根据三角恒等变换得到，是以为斜边的直角三角形，由正弦定理得到，求出中线；选③，由余弦定理得到，设边上的中线长为，再由余弦定理得到边上的中线的长为1.【小问1详解】由正弦定理及，得.①因为，所以.②由①②得.因为，所以.所以.因为，所以.【小问2详解】选①，的面积为，即，即，解得，因为，由余弦定理得，即，解得，由基本不等式得，但，故此时三角形不存在，不能选①，选条件②：.由（1）知，.所以.所以.因为，所以.所以，即.所以是以为斜边的直角三角形.因为，所以.所以边上的中线的长为.选条件③：.由余弦定理得，即.设边上的中线长为，由余弦定理得.所以边上的中线的长为1.18.【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）【分析】（1）从表格中可以发现甲获胜的场数为3场，从而得到甲获胜的概率；（2）从表格中可以发现在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6场，分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场。乙得分大于丙得分的场数的取值为0，1，2，通过超几何分布的知识点，得到的分布列及数学期望.（3）通过题目条件得到10场比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙获胜的概率为，因为甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布，从而得到方差，，的大小关系.【小问1详解】根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲共获胜3场，分别是第3场，第8场，第10场.设表示“从10场比赛中随机选择一场，甲获胜”，则.【小问2详解】根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6场，分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场，其中乙得分大于丙得分的场次有4场，分别是第2场、第5场、第8场、第9场.所以的所有可能取值为0，1，2.，，.所以的分布列为012所以.【小问3详解】设10场比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙获胜的概率为而甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布，所以，，故.19.【答案】（1），4（2）【分析】（1）由题意根据长轴顶点坐标、焦距以及平方关系列方程即可求解.（2）不妨设直线的方程为，，，则.联立直线的方程与椭圆方程，由韦达定理得，联立直线与直线的方程得点的坐标，由中点坐标公式得点的坐标，由斜率公式以及韦达定理可得斜率的表达式（只含有参数），对分类讨论即可求解.【小问1详解】由题意知，.所以，.所以椭圆的方程为，其短轴长为4.【小问2详解】设直线的方程为，，，则.由，得.所以.由得直线的方程为.由得.因为，所以，.所以.因为为的中点，且，所以.所以直线的斜率.当时，.当时，因为，当且仅当时，等号成立.所以.所以当时，取得最大值.20.【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析（2）【分析】（1）①当时，得，故只需证明当时，即可，利用导数即可求解.②求导得，由此可得当时，，结合即可得证.（2）由题意设曲线与曲线的两条互相垂直的“优切线”的切点的横坐标分别为，其斜率分别为，，则.再结合导数与切线斜率的关系，以及函数值，导数值之间的关系即可求解.【小问1详解】①当时，.记，则.所以在上是增函数.所以当时，.所以当时，.②由得，且.当时，.因为，，所以.因为对任意恒成立，所以当时，.所以0是的唯一极值点.【小问2详解】设曲线与曲线的两条互相垂直的“优切线”的切点的横坐标分别为，其斜率分别为，，则.因为，所以.所以.不妨设，则.因为，由“优切线”的定义可知.所以.由“优切线”的