2024北京北师大实验中学高三（下）开学考数学试题及答案

试题试题2024北京北师大实验中学高三（下）开学考数学一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1.已知集合，，则（）A. B.C. D.2.在的展开式中，的系数为（）A.10 B. C.20 D.3.已知，，，则（）A. B.C. D.4.在复平面内，复数满足方程，则所对应的向量的坐标为（）A. B.C. D.5.平面向量与的夹角是，且，，如果，，点是线段的中点，那么（）A. B. C.3 D.66.在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板折起，使得二面角为直二面角，得图2所示四面体.小明对四面体中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断，其中不正确的是（）A.平面 B.平面C.平面平面 D.平面平面7.已知圆经过点，且点到点的距离为3，则（）A. B. C. D.8.已知函数，则“”是“为奇函数”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9.等差数列的前项和为.已知，.记（），则数列的（）A.最小项为 B.最大项为C.最小项为 D.最大项为10.函数及其导数的定义域均为，记，若和都是偶函数，则（）A.是奇函数 B.是偶函数C.是奇函数 D.是偶函数二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）11.已知双曲线的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为_______.12.函数的单调递增区间为_________.13.已知函数，其中常数，若与所对应的角的终边关于轴对称，则的最小值为________.14.设定义在函数当时，的值域为_______；若的最大值为1，则实数的所有取值组成的集合为______.15.已知曲线：，：，中.①当时，曲线与有个公共点；②当时，第一象限内，曲线位于曲线的下方；③存在实数，使得曲线围成的区域面积恰等于围成的区域面积；④曲线围成的区域内（不含边界）的整点（即横、纵坐标均为整数的点）的个数不多于曲线围成的区域内（不含边界）的整点的个数.其中，所有正确结论的序号是________.三、解答题（本大题共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，，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使三角形唯一确定，求：（1）的值；（2）的面积.条件①：，；条件②：，；条件③：，为等腰三角形.注：如果选择多个条件解答或选择不符合要求的条件解答，本题得0分.17.如图，长方体中，，点为的中点，平面.（1）求证：平面；（2）求的长，及二面角的余弦值；（3）求点到平面的距离.18.上学期间，甲每天7:30之前到校的概率为，乙每天7:30之前到校的概率为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.（1）设为事件“在上学期间随机选择三天，甲在7:30之前到校的天数恰为2天”，求事件发生的概率；（2）在上学期间随机选择两天，记为甲7:30之前到校的天数，记为乙7:30之前到校的天数，，求的分布列和数学期望；（3）在上学期间随机选择天，若在这天中，甲7:30之前到校的天数多于乙，则记，否则记，分别比较，的大小和，的大小，直接写出结论.19.已知椭圆（）过点，且离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）设为椭圆的右顶点，直线与椭圆交于，两点（在第三象限），是椭圆上的动点，直线，分别交直线于点，，记，，求的值.20.已知函数，.（1）若曲线在点处的切线与轴平行，求的值；（2）若恒成立，求的取值范围；（3）若实数，，分别满足且，且，且，比较，，的大小.21.若数列满足：存在和，使得对任意和，都有，则称数列为“数列”；如果数列满足：存在，使得对任意，都有，则称数列为“数列”；（1）在下列情况下，分别判断是否“数列”，是否“数列”？①，，；②，；（2）若数列，是“数列”，其中且，求的所有可能值；（3）设“数列”和“数列”的各项均为正数，定义分段函数，如下：记为“不超过的最大正整数”，证明：若是周期函数，则是“数列”.

参考答案一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1.【答案】D【分析】解不等式得到集合B，由补集和并集的定义求.【详解】不等式，解得，则，所以.故选：D2.【答案】D【分析】求出展开式的通项，再令的指数等于即可得解.【详解】展开式的通项为，令，则的系数为.故选：D.3.【答案】C【分析】利用指数函数的单调性及对数函数的单调性可判断三数的大小关系.【详解】，，，故，故选：C.4.【答案】B【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，从而得到所对应的向量的坐标.【详解】因为，所以，则，所以复数所对应的向量的坐标为.故选：B5.【答案】A【分析】利用向量模的计算公式可求.【详解】因为是线段的中点，故，故，故选：A.6.【答案】D【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.【详解】对于A，因为二面角为直二面角，可得平面平面，又因为平面平面，，且平面，所以平面，所以A正确；对于B，由平面，平面，可得，又因为，且，平面，所以平面，故B正确；对于C，由平面，且平面，所以平面平面，故C正确；对于D，因为平面，平面，所以平面平面，若平面平面，且平面平面，可得平面，又平面，可得，因为与不垂直，矛盾，所以平面与平面不垂直，故D错误.故选：D.7.【答案】B【分析】利用已知圆经过点和两点间的距离公式得到两个方程，联立求解即得.【详解】由题意知：，整理得：①又由点到点的距离为3可得：②联立①②，解得：或.故.故选：B.8.【答案】C【分析】结合函数的奇偶性，判断“”和“为奇函数”之间的逻辑推理关系，即可得答案.【详解】当时，，其定义域为R，则，即为奇函数；若为奇函数，其定义域为R，则需满足，即，故，即，因为，（，等号不能同时取到），故，故“”是“为奇函数”的充分必要条件，故选：C9.【答案】C【分析】先由基本量法求出，再由导数确定的单调性，最后求出结果即可.【详解】设公差为d，则，，则，，所以，设，则，，所以在为递增函数，所以，所以最小项为.故选：C.10.【答案】D【分析】根据函数的奇偶性可知函数、的图象分别关于直线、对称，结合导数的几何意义可知函数图象关于与对称，且的图象关于点对称，进而证得函数的周期为4，则，即可求解.【详解】由是偶函数，得，所以函数的图象关于直线对称；由是偶函数，得，所以函数的图象关于直线对称，又，则关于对称，所以是函数图象的对称中心，由于不确定的值，所以无法判断函数的奇偶性，故排除选项A、B；又，由，得，即，得，所以函数的图象关于点对称；由，得，即，所以，即，所以函数的周期为4，所以，所以函数为偶函数，故排除C，选择D.故选：D【点睛】关键点点睛：本题通过函数的奇偶性、对称性和周期性，结合导数的几何意义、运算和合理赋值，寻找函数图象的对称性是解题的关键，原函数与导函数图象的关系、奇偶性的联系都是解题的思路.二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）11.【答案】【分析】由离心率可得，的关系，根据焦点在轴上的双曲线的渐近线方程即可求解.【详解】已知双曲线的离心率为2，所以，所以，所以，即，因为双曲线的焦点在轴上，所以渐近线方程为，所以该双曲线的渐近线方程为.故答案为：.12.【答案】，【分析】利用三角变换公式可得，利用整体法可求函数的单调区间.【详解】，令，，故，故的单调增区间为，，故答案为：，.13.【答案】【分析】由题意，根据所对应的角的终边关于x轴对称可得解之即可求解.【详解】由题意知，，因为所对应的角的终边关于x轴对称，所以，解得，，又，所以的最小值为.故答案为：14.【答案】①.②.【分析】当时，分别求出各段上函数值的范围后可得函数的值域，若的最大值为1，则可就、分类讨论后可得实数的所有取值组成的集合.【详解】因为，故，故.当时，，当时，，，当时，，故当时，的值域为.若的最大值为1，则，又，故或.若，当时，，当时，，因为，故，此时无最大值，舍.若，当时，，当时，，因为的最大值为1，故，即，即，综上，故答案为：；.15.【答案】①③④【分析】当时，由可解得交点坐标，即可判断①；令可得在第一象限内，，即可判断②；当时，可知，，取同一个值时，当满足，有，即可判断③；分别讨论当和时的整数点比较可判断④，进而可得正确答案.【详解】对于①：当时，曲线：，：，令可得，当时，，当时，，所以与有个公共点分别为，，，，共个，故①正确；对于②：当时，曲线，，当时，：，：，所以，在第一象限内，，所以曲线位于曲线的下方不正确，故②错误；对于③：当时，由曲线和的方程可知，，当取同一个值时，：，：，当时，曲线围成的区域面积恰等于围成的区域面积，故③正确；对于④：当时，曲线围成的区域内整点个数等于曲线围成的区域内整点个数，当时，取同一个大于的数，可得，此时曲线围成的区域内整点个数较多，所以曲线围成的区域内整点个数不多于曲线围成的区域内整点个数，故④正确.故答案为：①③④.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是分情况讨论和时，当取同一个值时，两个曲线方程中的大小的比较，此类多采用数形结合的思想.三、解答题（本大题共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）①不能选，若选择②，答案为，若选择③，答案为；（2）①不能选，若选择②，答案为，若选择③，答案为【分析】（1）选择①，得到，为钝角，则也为钝角，这样的三角形不存在；选择②，由余弦定理得到，结合正弦定理得到；选择③，为顶角，所以，由余弦定理得到，由正弦定理得到；（2）选择②或③，由三角形面积公式求出答案.【小问1详解】选择①：，，显然，因为大边对大角，故，因为，故为钝角，则A也为钝角，显然这样的三角形不存在，①舍去；选择②：，，，由余弦定理得，即，故，解得，（舍），此时三角形唯一确定，因为，，所以，由正弦定理得，所以；选择③：，为等腰三角形，在中，因为，所以为钝角.所以为顶角，所以.因为，，故，即，所以.因为，，所以，由正弦定理得，所以.【小问2详解】不能选择①，选择②：因为.选择③：因为.17.【答案】（1）证明见解析（2）2；（3）【分析】（1）连接交于F，连接，证明，根据线面平行的判定定理，即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，设，求得相关点的坐标，根据空角位置关系的向量证明方法，可求得a的值，根据空间角的向量求法，即可求得二面角的余弦值；（3）根据空间距离的向量求法，即可求得点到平面的距离.【小问1详解】连接交于F，连接，由于四边形为正方形，故O为的中点，而点为的中点，故,又平面，平面，故平面；【小问2详解】以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，则，则,由于平面，故，即，则，（负值舍），故；平面的法向量可取为，平面的法向量可取为，则，由原图可知二面角为钝角，故其余弦值为；【小问3详解】由题意知，平面的法向量为，故点到平面的距离为.18.【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）；【分析】（1）先判断在上学期间随机选择三天，甲在7:30之前到校的天数符合二项分布，利用二项分布概率公式计算即得；（2）根据随机变量的可能值，利用独立事件的概率公式分别计算其概率，得到的分布列，即可得到数学期望；（3）依题意，随机变量服从两点分布，根据两点分布的方差公式计算比较即得.【小问1详解】依题意知在上学期间随机选择三天，甲在7:30之前到校的天数符合二项分布,即，故；【小问2详解】，，则的可能值有.,,,,.故的分布列为：012；【小问3详解】由题，随机变量服从两点分布，不妨设，则.故当时，，于是；故当时，，于是，故同理可得：.即：；.19.【答案】（1）（2）0【分析】（1）由已知条件列方程组，求出，可得椭圆标准方程；（2）通过联立方程组，求出，两点坐标，设，表示出点，的坐标，解出，通过化简得的值.【小问1详解】依题意有，解得，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】由，解得或，不妨令，，设，其中，，，则，与联立，解得，，与联立，解得，由得，同理，所以.，所以.20.【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）根据导数的几何意义可得，解出a即可；（2）易知符合题意，不符合题意；当，利用导数求出的最小值，建立不等式，解之即可求解；（3）构造函数（），利用导数研究其单调性，即可证明.【小问1详解】，，经检验，符合题意，故；【小问2详解】①若，，符合题意.②若，，不符合题意.③若，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以，解得，综上，.【小问3详解】设函数（），，令，令，所以函数在上单调递减，在上单调递增，由，得，又，所以，同理可得，，又，所以，因为函数在上单调递增，所以，即，又函数在上单调递减，所以，故，即.【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义、利用导数求解恒成立问题和利用函数的单调性比大小问题.本题解决恒成立问题的关键是建立不等式，解决比大小问题的关键是构造新函数（）.21.【答案】（1）①是“数列”，不是“数列”；②是“数列”也是“数列”（2）（3）证明见解析【分析】（1）列举出①②中两个数列，结合“数列”、“数列”的定义判断可得出结论；（2）分、、三种情况讨论，在第一种情况下，利用不等式的基本性质结合“数列”的定义验证即可，在第二种情况下，推导出的符号交替变化可得出结论，在第三种情况下，利用反证法推出矛盾，综合可得结果；（3）设的周期为