北京市朝阳区2024届高三年级上册期中数学试题（解析版）

北京市朝阳区2024届高三上学期期中数学试题

第一部分（选择题）

一、选择题

1.已知全集U=Z,集合A={XEZ|—2c<2},8={-1,0,1,2},则（Q/）c3=（）

A.{-1,2}B.{1}C.{0,1}D.{2}

【答案】D

【解析】由题可知4=次£2|-2〈工<2}={-1。1},

易知AA={xeZ|x£A},所以（gA）cB={2}.

故选：D.

2.下列函数中，既是奇函数又在区间（0,*。）上单调递增的是（）

A.y=lgxB.y=x3

C.y=.v+-D.y=2X+2~x

x

【答案】B

【解析】对于A：因为y=lgx的定义域为（0,+“），所以不是奇函数，所以A错误；

对于B：令=a则/（—x）=（—x）3=—/=—/（］）,所以是奇函数，

又在（0,+8）上单调递增，B正确：

对于C：），=X+^■在（0,1）上递减，在（l,+o。）上递增，所以c错误；

X

对于D：因为/（x）=2、+2：/（-x）=2-r+2v=/（x）,所以是偶函数，所以D错误,

故选：B.

3.若sine=&cos。，则tan20=（）

A.一立B.—C.--D.避

3322

【答案】C

2tan〃_26

【解析】sin=\/5cos6/.tan=>/5»tan20=

1-tan23-42

故选：C.

4.已知。=1。85。.5]=5。',。=0.5°-6,则()

A.a<c<bB.a<b<cC.c<a<bD.b<c<a

【答案】A

0605

【解析】由。=log50.5<log5l=0<c=O.5-<0.5°=1=5°</?=5,即a<c<b.

故选：A.

5.函数y=2sin(2x+^J的图象的一条对称轴是()

n^兀71

A.X=---B.x=0C.X=一D.x=—

662

【答案】C

【解析】工二一二时y=2sin]-g+2〕w±2,不是对称轴；

6367

x=0时y=2sin(0+ew±2,不是对称轴;

犬=3时y=2sin三十3]=2,是对称轴；

6k367

/、\

工=3时y=2sin兀+-工±2,不是对称轴;

2k6J

故选：C.

6设xtR,则“Ml+x)>0”是“Ovxvl”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】解不等式x(l+JT)>0可得x>0或X<—1；

显然30<冗<1｝是卜|»0或XC-1｝的真子集，

所以可得“x（1+X）＞（）”是“0vXv1”的必要不充分条件.

故选:B.

_一一AC

7.已知平面内四个不同的点AB,C,D满足BA=2OB-2OC，则一-=（）

BC

23

A.—B.—C.2D.3

32

【答案】D

【解析】•；BA=2DB-2DC，

BC+CA=2（DC+CB）-2DC,

即38C=4。，，3|叫=,。

AC

---=3.

BC

故选：D.

8.已知一个圆锥的高与其底面圆的半径相等，旦体积为在该圆锥内有一个正方体，其

下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，则该正方体的校长

为（）

2-

A.-B.1C.2-V2D.4-272

3

【答案】D

【解析］因为圆锥的高与其底面圆的半径相等，设圆锥的高为底面圆的半径为广，则，•二〃，

又因为圆锥的体枳为三，可得5兀厂2万=§兀/=可，解得r=2,则〃=2,

设圆锥的顶点为S,底面圆心为0,则高为SO=2,S。与正方体的上底面交点为

在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥

的侧面上，取其轴截面，如图所示，

设正方体的校长为“，可得。。=缶,

也

由ASQQSASOA,可得出二型

,即2-a_5~,解得〃=叵=4-2五，

SOOA

22

所以该正方体的棱长为4-2核.

故选：D.

〃x+1-1,XG(-a),0),、

9.已知函数/(x)={八，g(x)=x9—41一4,设/?wR,若存在acR,

ln(A+l),XG[O,+oo)

使得/S)+gS)=O,贝！实数。的取值范围是()

A.[-1,5]B.(-00,-l]55,xo)

C.[T,xo)D.S,5]

【答案】A

【解析】由题意，作出函数)，=/(x)的图象，如图所示，

所以，当xe(f,0)时，/(x)>/(-l)=-l；

当xc[0,+8)时,/(x)>/(O)=O,可函数〃力的值域为[-1,田),

设MR,若存在〃wR,使得f(a)+gS)=O成立,即f(〃)=-g电,

只需-gS)N-l,即对于Z?wR,满足-6+46+4N—1成立,即6-46-5«0,

解得一1.所以实数人的取值范围为[-1,5].

故选：A.

y

10.已知点集八={(乂>)|]€2,》£2},5={(。,/力£八|1<0二5,1</2《5}.设非空点集

TcA,若对S中任意一点。，在丁中存在一点。(。与『不重合)，使得线段PQ上除了

点RQ外没有A中的点，则丁中的元素个数最小值是()

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【解析】对于整点色力),(c,d)的连线内部没有其它整点，当且仅当。-c与匕一。/互为素数,

若T只有一个点Q,y),取S的点(。,卜使4n和瓦y分别同奇偶,4一苍力一二有公区子2

(或重合)，不合题意，

故T中元素不止一个,令7={(2,6),(3,6)},对于S的点尸(〃/),

当〃=1或3时，取Q(2,6)；当。=2或4时，取。(3,6)；

由于尸、。横坐标之差为±1,故PQ内部无整点；

当。=5,方£{1,3,5}时，取。(3,6),此时横坐标之差为2,纵坐标之差为奇数，二者互

素；

当。=5,〃w{2,4}时，取Q(2,6),此时横坐标之差为3,纵坐标之差为~4,一2,二者互

素；综上，丁中的元素个数最小值是2.故选：B.

第二部分(非选择题)

二、填空题

11.已知函数/(X)=sinu+COS7L¥,则/(X)最小正周期是__________.

【答案】2

【解析】由函数/(x)=sin兀T+COS7U•二&sin(7tx+f),所以/(x)的最小正周期为

7=一二2.故答案为：2

12.已知单位向量。，力满足。•（。+2与=2,则向量方与向量力的夹角的大小为

【答案】y

【解析】因为。，均是单位向量，故可得同=1,网=1,

故可得〃.（4+2/?）=|。『+2心|hcos（〃,/?）=2,

即2cos(〃,/?)=1,解得cos(a/)=

I,兀],故a,b的夹角为§.故答案为：--

13.设公差为d的等差数列｛q｝的前〃项和为S〃（〃£N,），能说明“若d<0,则数列将〃｝

是递减数列”为假命题的一组4，"的值依次为.

【答案】4=2,d=-l（答案不唯一）

【解析】由S”=+——-d=—n2+（〃]-"•）〃,其对称轴为〃二,一旦，且d<0,

2222d

结合二次函数性质，只需二一322二华工一1,即4之一1,此时｛S”｝不是递减数列，

2d2d

।525

如q=2,d=—l,则S〃二一一（〃一一）2+二，显然SvS?.

228

故答案为：4=2,d=-\（答案不唯一）

14.古希腊数学家托勒密对三角学的发展做出了重要贡献，他的《天文学大成》包含一张弦

表（即不同圆心角的弦长表），这张表本质上相当于正弦三角函数表.托勒密把圆的半径60

等分，用圆的半径长的」-作为单位来度最弦长.将圆心用夕所对•的弦长记为crda.如图，

在圆。中，60的圆心角所对的弦长恰好等于圆。的半径，因此60的圆心角所对的弦长为

60个单位，即crd60=60-若。为圆心角，cos8=（（0＜。＜180）,贝i」crd8二

【答案】3076

【解析】设圆的半径为，cos9=4时圆心角。所对应的弦长为/,

4

利用余弦定理可知l2=r2+r2-2r2cos/9=-r2,即可得/=亚r

22

又60的圆心角所对的弦长恰好等于圆O的半径，60的圆心角所对的弦长为60个单，立，

即与半径等长的弦所对的圆弧长为60个单位，

所以/=^^x60=306.故答案为：30A/6-

2

15.如图，在校长为1的正方体A6CQ-A/G。中，点M为的中点，点N是侧面

DCC.D.±（包括边界）的动点，且/O_LMN,给出下列四个结论：

①动点N的轨迹是一段圆弧；

②动点N的轨迹与CQ没有公共点；

③三极锥N-B、BC的体积的最小值为《：

9

④平面BMN截该正方体所得截面的面积的最大值为§.

其中所有正确结论的序号是__________.

【答案】②③④

【解析】取CQ,力R的中点分别为？Q,连接MP,M2,P。,A。，如下图所示:

由正方体性质可知区用又因为AC13。，MP//AC，所以MF_L8D，

又BB[CBD=B,Bq,8Qu平面3月。，所以MP_L平面8隹。；

又8Qu平面。/。，所以MPJL5。；

同理可得例Q，4QQP_L4。，

因此四。1平面MPQ,

若BQJ.MN,所以Nw平面MPQ,又点N是侧面QCGQ上（包括边界）的动点；

所以动点N的轨迹是两平面的交线在侧面内的线段，即PQ,可知①错误；

由于尸，。是。。,。2的中点，所以尸Q/CR,即动点N的轨迹与CQ没有公共点；所以

②正确；

招知三棱锥N-B、BC的底面▲33C的面积为定值，即S与叱=gx1x1=g.

当N点到平面。的距离最小时，即与P点重合时，距离最小为:，

此时体积值最小为V=』x,xL=」_,所以③正确；

32212

显然当N点与。点重合时，截面面积最大，此时截面即为四边形8MQG，如下图所示:

易知MQ//BC、,且BM=QC、=曰,MQ=专,BC1=日

(石丫(正丫3正

即四边形8MQC为等腰梯形，易知其高为〃=

所以其面积为+=：；即④正确.

故答案为：②③④

三、解答题

16.已知｛凡｝是递增的等比数列，其前〃项和为5”(〃wN"),满足%=6,工26.

(1)求｛可｝的通项公式及S.；

(2)若S〃+%>2024,求〃的最小值.

解：（1）设等比数列｛为｝的公比为4，由数列｛《,｝是递增数列，则“>1,

,6,仁6,,

由凡=6,则4=—=一,%=a〉q=6q,由劣=4+%+6=一+6+6g26,

qq-'q

整理可得时一10g+3=0,则（34-1）①-3）=0,解得4=3,

易知凡二〃应7=6x37=2x3"，S=」5=2、（1一3上3―

〃\-q1-3

（2）由（1）可得：S〃+%=3"-1+2X3"T=5X3〃T—1〉2024,

整理可得5X3”T>2025,3"7>405,31=243（40537=729）405,

故〃的最小值为7.

17.在.工中，b2+c2-a2=Z?c.

（I）求/A；

（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，使_/3。存在且唯一

确定，求」RC的面积.

条件①：cosB=—；

14

条件②：a+/?=12；

条件③：c=12.

注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得。分；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.

（1）解：因为从+。2-〃2=从、，由余弦定理得COSA="+：—"

2bc2

又因为Ac（0,7t）,所以4=1.

（2）解：由（1）知人二工，

3

若选①②：cosB=—,a+b=\2,

14

由cosB=—,可得sin8=Jl-cos?8=3叵，

1414

a12-a

由正弦定理一L二——，可得耳-，解得。=7,则〃=12—。=5,

sinAsinB

214

又由余弦定理/=+c2-2bccosA»可得49=25+c?-5c，

即/一5c—24=0,解得。=8或c=—3(舍去)，

所以.工BC面积为S=，Z?csinA=，x5x8x^^=loG.

222

若选①③：cos8=□且。=12,由cos8=U,可得sin3=Jl-cos?B=，

141414

因为A+5+C=TT,可得sinC=sin(A+B)=x—+x,

'72142147

j12

由正弦定理，一二工，可得耳一访'，解得。=21,

sinAsine———2

27

所以的面积为S=—^csin/?=—x—x12x.

222142

若选：②③：a+力=12且c=12,

因为万+°2_a2=历,可得从+12?-(12-1)2=126,整理得246=1处,

解得/?=0,不符合题意，(舍去).

18.如图，在三棱锥P—A3C中，P4_L平面A8C,P4=AC=3C=2,PB=26.

(1)求证：5。，平面尸4。；

(2)求二面角A—PB—C的大小；

(3)求点C到平面的距离.

(1)证明：因为R4_L平面48C,BCu平面ABC,氏lu平面48C,

所以PA_LAC,PA_LBA,又PA=2,PB=2。所以ABZPB'PA2=26，

又因为AC=8C=2,入。2+4。2=人42,所以8CJ.AC,

因为ACu平面尸AC,P4u平面PAC，且ACuR4=A,

所以8C_L平面PAC；

(2)解：过C作CM〃附，则CM_L平面ABC,又由(1)知8C±ACf

所以以CAC8,CM为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如下图，

则4(2,0,0),P(2,0,2),3(020),0(0,0,0),

设平面APB的法向量为fn=(x,,x，zj,又AP=(0,0,2),"=(-2,2,o),

in-AP=02z.=0u

所以=«&+2,=。令2'则—'则L)，

m-AB=0

设平面P8C的法向量为〃=(七，%，22)，又CP=(2,O,2),C8=(O,2,O),

/?CP=()2X+2Z,=0/、

所以=>⑵;2二0~，令则〃=(g)，

n-CB=0

/\i〃八〃1ii

令二面角A—尸B—C的平面角为0,则18sq=阿依〃乃丽

由图知此二面角为锐二面角,

所以0=60。，故二面角A—躅一。为60。；

(3)解：设点C到平面P48的距离为人，

114

S.A8C=/XACxBC=2,所以％=-xPAxSA4flC=-

HV

又S^PBC=gxE4XAB=2&，所以VC_PAH=gx/?XS△咏==P-ABC

解得h=g，所以点。到平面P43的距离为加.

19.已知函数f(x)=ev-sinx-ax2(aGR).

(I)若a=0,求/(x)在区间0,y上最小值和最大值;

⑵若。＜5,求证：/(“在x=0处取得极小值.

(1)解：由题设/(x)=e'-sinx,贝ij/'(x)=e，-cosx,

在0段上r(x)=e-cosx＞0,即递增，

nn

所以最小值为/(0)=e°-sinO=l,最大值为/(-)=^-sin-=^-\.

22

(2)证明：由题意/'(x)=e'—cosx—2ov,则/'(0)=e°—cos0—0=0,

令g(x)=e'-cosx-2ar，则，(x)=e'+sinx-2a，且。＜5.

所以g'(0)=e°+sin0-2〃=l-2Q＞(),即f(x)在x=0处有递增趋势，

综上，若Ax＞0且Ax无限趋向于0,

在彳£(一心,0)上八幻＜0,/卜)递减，

在xe(0,Ax)上八幻＞0,〃力递增,

所以/(力x=0处取得极小值.

20.已知函数/(x)=nix\nx-x2+1(〃？eR).

(1)当相=1时，求曲线y=/(x)在点(1J(D)处的切线方程；

(2)若/*)«0在区间[1,«功上恒成立，求机的取值范围；

(3)试比较ln4与血的大小，并说明理由.

解：(1)当机=1时，/(x)=xlnx-x2+l,

/'(X)=lnx+l-2%,

所以曲线在点处切线的斜率％=r(i)=-i,又/(1)=0，

所以曲线〃力在点(1J(1))处切线的方程为了=一(工一1)即x+y-l=o.

(2)/(x)«0在区间[l,+oo)上恒成立，即尔1”一一+]40,对V,Ye[l,+oo),

即〃21nxT+，<0,对VXE[1,4<O),

X

令g(x)=mlnx-x+L只需8(力皿40,

,X

，/、m,1-x2+ntx-1「1.\

g'(x)=——1--=-----——，xw[l,+”)，

XXX

当〃7<o时，有/但KO,则g'(x)<o,

.•.g(6在[L+oo)上单调递减，

.•.g(x)Kg(l)=。符合题意，

当，7?〉0时，令力(>)=一/+3一1,

其对应方程一V+〃a—1=0的判别式△="2—4,

若△«()即0vm42时,有力(1)4()，即g'(x)K0,

.”(K)在[1,+8)上单调递减，

.•.g(x)Wg(l)=0符合题意,

若△>()即m>2时，/?(A)=-X2+/m-l,对称轴x=£>l,又力。)二机一2>。,

方程―』+nvc—\=0大于1的根为即=—...———,

°2

/.XG(1,AQ),力(x)〉0.即g'(x)>0,

XG(^,+00),/z(x)<o,即g[X)<0,

所以函数g(x)在(1，厮)上单调递增，.•.g(x)>g(l)=0,不合题意.

综上，〃x)«)在区间[1,+0。)上恒成立，实数机的取值范围为(-8,2].

(3)由(2)知，当〃7=2时，/(A-)<0,在区间[1,+8)上恒成立，

即2xlnx<x2_[,对Vi£[l,+oo),

取工=/代入上式得2&ln正<1，化简得In4c血.

%心2/

21.已知4二叩勺:(〃[22)是]个正整数组成的〃？行加列的数表，当

••••••

aa

、品Jin,2…m,m?

1KivsK6,1V./v/W"7时，记d(4j,4j=|qJ—asj\+\asJ-.设〃eN"，若4,满

足如下两个性质：

①%«1,2,3;…㈤(i=l,2,…,〃?;/=1,2,…,〃?)；

②对任意女E{1,2,3,…,存在，£{1,2,…,〃?},/£{1,2,…,〃?},使得%/=%,则称4

为「“数表.

。23、

(1)判断4=231是否为「3数表，并求d(%,。2.2)+"(々2.2，%3)的值；