2024届北京市朝阳区高三上学期期末数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页2024届北京市朝阳区高三上学期期末数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先解对数函数不等式化简集合B，然后利用并集运算求解即可.【详解】因为，又，所以.故选：A2．设，若复数在复平面内对应的点位于虚轴上，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由复数乘法运算可得该复数在复平面内对应的点为，由复数的几何意义可解得.【详解】根据题意可得，所以在复平面内对应的点为，即在虚轴上，因此可得，即；故选：B3．若，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用指数函数单调性比较大小判断A，利用幂函数单调性比较大小判断B，利用对数函数单调性比较大小判断C，举特例判断D.【详解】对于A，因为，所以指数函数单调递减，所以，错误；对于B，因为，所以幂函数在上单调递增，所以，正确；对于C，因为，所以对数函数单调递减，所以，错误；对于D，当时，满足，有，此时不满足，错误.故选：B4．在中，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由同角三角函数之间的基本关系可得，再由正弦定理可求得.【详解】易知，由可得；利用正弦定理可得.故选：D5．在平面直角坐标系中，已知点，动点满足，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，再利用圆上点到定点距离的最值求法可得结果.【详解】设，易知，由可得，整理得，即动点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，又，可得的最大值为到圆心的距离再加上半径，即.故选：D6．如图，在正方体中，点是平面内一点，且平面，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】点是平面内一点，且平面，先考虑平面平面，从而得在直线上，取最大值时取最小值，此时，求解即可.【详解】正方体中，连接，交于点，再连接和由于，且，∴四边形是平行四边形，所以，又平面，且平面，，所以平面，同理证明平面，因为平面，平面，平面，平面，且，所以平面平面，且平面平面，从而得，若平面，点是平面内一点，且平面，则，即在直线上时，都满足平面，因为平面，所以，显然，当最大时，即取最小值时，此时点满足，连接，可设正方体的棱长为，所以．故选：C．7．设函数的定义域为，则“”是“在区间内有且仅有一个零点”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】A【分析】令，的，设，转化为在区间上只有一个解，结合二次函数的性质，求得，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由函数的定义域为，显然m为0时，函数在区间内有且只有一个零点，满足；令，可得，即，设，要使得函数在区间上只有一个解，则满足或，解得或，即函数在区间上只有一个零点时，可得，所以“”是“在区间内有且仅有一个零点”的充分不必要条件.故选：A.8．设抛物线的焦点为，点是的准线与的对称轴的交点，点在上.若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先设，分别表示出和即可.【详解】抛物线的焦点为，点是的准线与的对称轴的交点，其坐标为，点在上，设为，若，则，且，则.故选：D.9．根据经济学理论，企业生产的产量受劳动投入、资本投入和技术水平的影响，用表示产量，表示劳动投入，表示资本投入，表示技术水平，则它们的关系可以表示为，其中.当不变，与均变为原来的倍时，下面结论中正确的是（

）A．存在和，使得不变B．存在和，使得变为原来的倍C．若，则最多可变为原来的倍D．若，则最多可变为原来的倍【答案】D【分析】对于AB，由不等式的性质结合指数函数单调性即可判断；对于CD，结合基本不等式及其相关推论以及指数函数单调性即可判断.【详解】设当不变，与均变为原来的倍时，，对于A，若，则，故A错误；对于B，若和，则，故B错误；对于C，若，则，即若，故C错误；对于D，若，由，，可得，故D正确.故选：D.10．在中，，当时，的最小值为.若，，其中，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由的最小值为可得的形状为等腰直角三角形，建立平面直角坐标系将向量坐标化，利用平面向量共线定理以及的取值范围表示出的表达式，再由二次函数单调性即可求得.【详解】如下图所示：在直线上取一点，使得，所以，当时，取得最小值为，即；又，所以可得是以为顶点的等腰直角三角形，建立以为坐标原点的平面直角坐标系，如下图所示：又可得为的中点，由以及可得在上，可得，所以，可得，则，令，由可得，所以，，由二次函数在上单调递增可得，.故选：C【点睛】关键点睛：本题关键在于利用的最小值为判断出的形状，将向量坐标化并表示出模长表达式利用函数单调性可求得结果.二、填空题11．在展开式中，的系数为.(用数值表示)【答案】【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.【详解】解：令，则，即的系数为，故答案为：12．已知等差数列的公差为，为其前项和，且成等比数列，则，.【答案】【分析】由于等差数列的公差为，且成等比数列，得方程，求出首项，进而得到数列的通项公式和前项和公式.【详解】因为等差数列的公差：，且成等比数列，得，即，解得，所以，所以，，故答案为：.13．已知双曲线的一条渐近线过点，则其离心率为.【答案】【分析】将点代入双曲线方程得，结合离心率公式即可得解.【详解】由题意双曲线渐近线方程为，它过点，所以，即，所以其离心率为.故答案为：.14．设函数，当时，的最大值为；若无最大值，则实数的一个取值为.【答案】（答案不唯一）【分析】当时，，分别求解两部分函数最大值，然后求出函数的最大值；按照和分类讨论，利用单调性分析最值位置，按照题意列不等式求解即可.【详解】当时，，当时，，有，从而，即当时，有最大值1；当时，，即当时，有最大值4；综上，当时，有最大值4；当时，函数在上单调递增，则存在最大值为；当时，函数在先单调递减，再单调递增，若函数无最大值，则，解得，当时，函数在单调递减，若函数无最大值，则，解得，综上，当无最大值时，，故实数的一个取值为（答案不唯一）.故答案为：；（答案不唯一）15．中国传统数学中开方运算暗含着迭代法，清代数学家夏鸾翔在其著作《少广缒凿》中用迭代法给出一个“开平方捷术”，用符号表示为：已知正实数，取一正数作为的第一个近似值，定义，则是的一列近似值.当时，给出下列四个结论：①；②；③，；④，.其中所有正确结论的序号是.【答案】①④【分析】对于①②直接迭代计算判断即可；对于③④，先证明引理“数列从第三项起，奇数项大于，偶数项小于”，进一步根据不等式或者基本不等式的性质进行判断.【详解】对于①，，，故①正确；对于②，，故②错误；为了说明选项③④，引理：我们先来讨论与的关系；由于是偶数，所以，对于而言，由于为奇数，所以，所以有，由于数列每一项均为正，所以利用均值不等式，有，取不到等号，即，同时有，因此数列从第三项起，奇数项大于，偶数项小于；对于③，当时，由于是偶数，所以，由于数列从第3项起，奇次项均大于，以及每一项均为正，所以，于是，时，相邻奇次项之差同号，又由于，所以，即，从而时，恒有，故③错误；对于④，当时，根据上述引理可知，所以有，从而有，利用均值不等式有代入上式得，即，故④正确.故答案为：①④.【点睛】关键点睛：对于③④的判断，关键是先证明引理“数列从第三项起，奇数项大于，偶数项小于”，由此即可顺利得解.三、解答题16．已知函数的图象过原点.(1)求的值及的最小正周期；(2)若函数在区间上单调递增，求正数的最大值.【答案】(1)，(2)【分析】（1）利用函数图象过原点求得，然后利用三角恒等变换化简函数，利用周期公式求解周期；（2）先利用换元法求解函数的单调递增区间，利用子集关系建立不等式求解即可.【详解】（1）由得.所以.所以的最小正周期为.（2）由（），得（）.所以的单调递增区间为（）.因为在区间上单调递增，且，此时，所以，故的最大值为.17．如图，在四棱锥中，，侧面底面，是的中点.(1)求证：平面；(2)已知，，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，使四棱锥唯一确定，求二面角的余弦值.条件①：；条件②：；条件③：直线与平面所成角的正切值为.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得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.【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）取的中点，连接，先根据面面垂直的性质证明平面，以为原点建立空间直角坐标系，选①，连接，先求出，再利用向量法求解即可.选②，由条件可得平面，则，这与已知矛盾.选③，连接，由平面，得是直线与平面所成角，进而可求出，再利用向量法求解即可.【详解】（1）取的中点，连接，因为是的中点，所以.又因为，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）取的中点，连接，因为，所以，又因为侧面底面，且平面平面，平面，所以平面，如图，在平面中，作，则，以为原点建立空间直角坐标系，选条件①：连接，在中，因为，，所以，在中，因为，，所以，所以，所以，设平面的法向量是，则，即，令，则，于是，因为平面，所以是平面的一条法向量，所以，由题知，二面角为钝二面角，所以其余弦值为.选条件②：因为平面，所以平面，又平面，所以，而，平面，所以与平行或重合，这与矛盾，所以条件②不行.选条件③：连接，因为平面，所以是直线与平面所成角，所以，在中，因为，所以，在中，因为，所以，下同选条件①.18．某学校开展健步走活动，要求学校教职员工上传11月4日至11月10日的步数信息.教师甲、乙这七天的步数情况如图1所示.(1)从11月4日至11月10日中随机选取一天，求这一天甲比乙的步数多的概率；(2)从11月4日至11月10日中随机选取三天，记乙的步数不少于20000的天数为，求的分布列及数学期望；(3)根据11月4日至11月10日某一天的数据制作的全校800名教职员工步数的频率分布直方图如图2所示.已知这一天甲与乙的步数在全校800名教职员工中从多到少的排名分别为第501名和第221名，判断这是哪一天的数据.（只需写出结论）【答案】(1)(2)分布列见解析，(3)11月6日【分析】（1）根据古典概型即可得解；（2）先写出随机变量的所有可能取值，求出对于概率，即可求出分布列，再根据期望公式求期望即可；（3）先分别求出各个区间的人数，从而确定甲乙步数所在的区间，进而可得出结论.【详解】（1）设“甲比乙的步数多”为事件，在11月4日至11月10日这七天中，11月5日与11月9日这两天甲比乙步数多，所以；（2）由图可知，7天中乙的步数不少于20000步的天数共2天；的所有可能取值为，，所以的分布列为012；（3）由频率分布直方图知，步数在各个区间的人数如下，有人，有人，有人，有人，有人，有人，因为甲与乙的步数在全校800名教职员工中从多到少的排名分别为第501名和第221名，所以甲走的步数在区间内，乙走的步数在区间内，符合的只有11月6日这一天，所以这是11月6日的数据.19．已知函数.(1)若曲线在点处的切线为轴，求的值；(2)讨论在区间内极值点的个数；(3)若在区间内有零点，求证：.【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）先求函数的导函数，若在点处的切线为轴，只需，求解即可；（2）针对导函数，分和两种情况讨论求解即可；（3）当时显然在区间内无零点；当时，构造函数并研究其单调性即可.【详解】（1）由得：，依题意，，得.经验证，在点处的切线为，所以.（2）由题得.（i）若，当时，恒成立，所以在区间上单调递增，所以无极值点.（ii）若，当时，，故在区间上单调递减，当时，，故在区间上单调递增.所以为的极小值点，且无极大值点.综上，当时，在区间内的极值点个数为0；当时，在区间内的极值点个数为1.（3）由（2）知当时，在区间上单调递增，所以，在区间内无零点.当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.所以.若在区间内有零点，则.而，设，则.设，则，所以在区间上单调递增.所以，即.所以在区间上单调递增.所以，即.又，所以.20．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，原点到直线的距离为，的面积为.(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线与椭圆交于不同的两点，过点作轴的垂线分别与直线交于点.判断点是否为线段的中点，说明理由.【答案】(1)(2)是，理由见解析【分析】（1）利用点到直线距离和三角形面积构造方程组可解得，可得椭圆的方程为；（2）设出直线的方程为，与椭圆方程联立并设，，求出直线和的方程，解得和，利用韦达定理化简可证明，即可得出结论.【详解】（1）由题可知.因为的面积为，所以.因为点到直线的距离为，所以.所以，解得，所以椭圆的方程为.（2）点为线段的中点，理由如下：由题知直线的斜率存在，如下图所示：设过点的直线的方程为，即.联立，整理得.由，得.设，，则.直线的方程为，令，得点的纵坐标.直线的方程为，令，得点的纵坐标.要证点为线段的中点，只需证明，即.因为，即，所以点为线段的中点.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21