2024届北京市海淀区北京理工大附中高三上学期12月练习数学试题含答案

这是一份2024届北京市海淀区北京理工大附中高三上学期12月练习数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．，，且，则实数取值的集合是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件可得且即可求解作答.
【详解】因，，且，则，于是得且，
即有或或，
所以实数取值的集合是.
故选：B.
2．设，则“”是“复数为纯虚数”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
【答案】C
【分析】求出为纯虚数时的值，与比较，判断出结果
【详解】，复数为纯虚数，则，解得：，所以则“”是“复数为纯虚数”的充要条件
故选：C
3．下列函数中，既是偶函数又在上单调递减的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用偶函数和单调性的知识即可判断.
【详解】对于A选项，定义域为R，将代入得，即为偶函数，
而在上单调递增，不符合题意；
对于B选项，定义域为R，将代入得，即为奇函数，不符合题意；
对于C选项，定义域为，
将代入得，即为偶函数，
当时，为对勾函数，
在上单调递减，在上单调递增，不符合题意；
对于D选项，定义域为R，将代入得，即为偶函数，
而在上单调递减，所以在上单调递减，即D符合题意.
故选：D.
4．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】分析：根据离心率得a,c关系，进而得a,b关系，再根据双曲线方程求渐近线方程，得结果.
详解：
因为渐近线方程为，所以渐近线方程为，选A.
点睛：已知双曲线方程求渐近线方程：.
5．已知角的终边在第三象限，且，则（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】由同角之间的公式可求得，进而得解.
【详解】由角的终边在第三象限，则
由题设知，解得，
所以
故选：C
6．设函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据分段函数解析式，讨论结合指对数的单调性求的取值范围.
【详解】当时，，可得，故；
当时，，可得，故.
综上，.
故选：C.
7．如图，，是两个形状相同的杯子，且杯高度是杯高度的，则杯容积与杯容积之比最接近的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据两个杯子形状相同可得底面积之比为高之比的平方，因此容积之比为高之比的立方即可求解.
【详解】因为，是两个形状相同的杯子，且杯高度是杯高度的，
所以底面半径比也是，
所以两个杯子的底面积之比为，
所以杯容积与杯容积之比，
故选：B.
8．已知向量满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作出图形,根据几何意义求解.
【详解】因为,所以,
即,即,所以.
如图,设,
由题知,是等腰直角三角形,
AB边上的高,
所以,
,
.
故选:D.
9．图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9
【答案】D
【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
10．如图，在正方体中，E为棱的中点．动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列三个结论：
①存在点P，使得；
②的面积越来越小；
③四面体的体积不变．
其中，所有正确结论的个数是（ ）．

A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，根据两点间的距离公式、点到直线的距离公式，以及锥体体积计算公式等知识求得正确答案.
【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的边长为，则，设，
由得，
，所以存在点，使得，所以①正确.
，
，
所以到的距离为
，的对称轴为，
而，所以随的增大而减小，
所以的面积随的增大而减小，
所以②正确.
对于③，，的面积为定值，
点到平面的距离，等于到平面的距离，此距离为定值，
所以四面体的体积不变.所以③正确.
综上所述，正确的有个.
故选：D
【点睛】空间中，要求三角形的面积，关键是求点到直线的距离，空间向量法求点到直线的距离公式比较复杂，需要记忆准确.空间中求三棱锥的体积，关键是求点到面的距离，本题中，到平面的距离为定值，另外，也可以利用向量法来求点面距.
二、填空题
11．若抛物线的焦点为，点在此抛物线上且横坐标为，则 .
【答案】
【分析】根据抛物线的焦半径公式即可求解.
【详解】设，由题意可知 ，则，
故答案为：6
12．已知直线和圆相交于两点．若，则的值为 ．
【答案】5
【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离，进而利用弦长公式，即可求得．
【详解】因为圆心到直线的距离，
由可得，解得．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．
13．将函数y=的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是 .
【答案】/
【分析】先根据图象变换得解析式，再求对称轴方程，最后确定结果.
【详解】
当时
故答案为：
【点睛】本题考查三角函数图象变换、正弦函数对称轴，考查基本分析求解能力，属基础题.
14．已知直线经过点，则原点到点的距离可以是 ．（答案不唯一，写出你认为正确的一个常数就可以）
【答案】2（答案不唯一）
【分析】根据直线过点，求出的轨迹方程，可确定原点到点的距离的范围，即可得答案.
【详解】由于直线经过点，
即，即，
故在以为圆心，2为半径的圆上，
由于，即原点在该圆内，
故，则原点到点的距离可以是2，
故答案为：2
15．已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为 ．
【答案】27
【分析】方法一：先根据等差数列以及等比数列的求和公式确定满足条件的项数的取值范围，再列不等式求满足条件的项数的最小值.
【详解】［方法一］：【通性通法】【最优解】
设，则
由得，化简得，
，解得：，即．
所以只需研究是否有满足条件的解，
此时，，为等差数列项数，且.
由即，解得，所以
得满足条件的最小值为.
故答案为：.
［方法二］：列举法＋二分法
与相比，B元素间隔大．因此利用列举法从中元素构成看，分别加了几个B中元素进行考虑．
1个：；
2个：；
3个：；
4个：；
5个：；
6个：．
发现当时，发生变号，以下用二分法查找：
，所以所求n应在22~29之间．
，所以所求n应在25~29之间．
，，不符合条件；，，符合条件．
因为，而，
故答案为：.
【整体点评】方法一：先由求和公式寻找不等式成立的充分条件，即当第项的值大于等于时，不等式成立，再寻找第项的值在与之间时是否也可以有满足题意的解，从而解出，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：根据两个集合的特征，一一列举集合中的元素，并研究集合中元素的和与的变化规律，从而找出可能满足不等式的解，再由二分法验证解出，该法计算较为麻烦．
三、解答题
16．已知函数
（1）求函数的最小正周期;
（2）求函数在区间上的最小值和最大值.
【答案】（1）（2）最大值．最小值.
【解析】（1）先利用两角差的正弦公式展开，再利用二倍角公式和辅助角公式(或两角差的正弦公式)合并成的形式，即可求出函数的最小正周期.
（2）由，求出，再根据的单调性可求出函数的最大最小值．
【详解】（1）因为
所以函数的最小正周期为．
（2）因为，所以，而在上单调递减，在上单调递增，而，
所以当，即时，取得最小值，
当，即时，取得最大值．
【点睛】本题主要考查两角差的正弦公式、二倍角公式、辅助角公式的应用，以及三角函数在闭区间上的最值求法，意在考查学生的转化和运算能力，属于基础题．
17．在中，.
(1)求的大小；
(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，使得存在，求的面积.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
【答案】(1)
(2)选条件②③，
【分析】（1）由余弦定理结合，即可求出；
（2）由（1）可知，则可得出，而条件①等价于故条件①恒不成立，即选择条件②③，利用正弦定理可求出，再由，代入，即可求出答案.
【详解】（1）由余弦定理得：
又
所以.
（2）因为，所以，
所以，
当时，，与矛盾，故条件①恒不成立，
则选择条件②：与条件③：.
由正弦定理得：，
又因为，
所以，
所以，
所以 .
18．如图，平面，，.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）若二面角的余弦值为，求线段的长.
【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）（Ⅲ）
【分析】首先利用几何体的特征建立空间直角坐标系
(Ⅰ)利用直线BF的方向向量和平面ADE的法向量的关系即可证明线面平行；
(Ⅱ)分别求得直线CE的方向向量和平面BDE的法向量，然后求解线面角的正弦值即可；
(Ⅲ)首先确定两个半平面的法向量，然后利用二面角的余弦值计算公式得到关于CF长度的方程，解方程可得CF的长度.
【详解】依题意，可以建立以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，
可得.
设，则.
(Ⅰ)依题意，是平面ADE的法向量，
又，可得，
又因为直线平面，所以平面.
(Ⅱ)依题意，，
设为平面BDE的法向量，
则，即，
不妨令z=1，可得，
因此有.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
(Ⅲ)设为平面BDF的法向量，则，即.
不妨令y=1，可得.
由题意，有，解得.
经检验，符合题意｡
所以，线段的长为.
【点睛】本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.
19．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若存在两条直线都是曲线的切线，求实数a的取值范围；
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，讨论a的取值范围，结合解不等式，即可求得答案；
（2）由题意可得至少有2个不等正根，即有2个不等正根，由此列不等式求解，可得a的范围，验证后即可确定答案.
【详解】（1）由题意得定义域为,
，
当时，，此时的单调递减区间为，无增区间；
当时，令；令；
故的单调递减区间为，单调递增区间为；
故当时，的单调递减区间为，无增区间；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）因为存在两条直线都是曲线的切线，
故至少有2个不等正根，
令，即，设其两个根为，
则，解得，
当时，曲线在点处的切线方程分别为：
；
设，
由于，
当时，，故在上单调递增，即，
故不重合，
即是曲线的两条不同的切线，
故.
20．设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为.
(2).
【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.
（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.
【详解】（1）如图，

由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
21．数列有100项，，对任意，存在,若与前n项中某一项相等，则称具有性质P．
(1)若，写出所有可能的值；
(2)若不是等差数列，求证：数列中存在某些项具有性质P;
(3)若中恰有三项具有性质P，这三项和为，请用表示．
【答案】(1)3,5,7
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据定义式子代入即可求解；
（2）通过数学归纳法证明逆否命题为真命题；
（3）分析去掉具有P性质三项后，得到等差数列求和即可.
【详解】（1），；
当时，；当时，；
，
若，则；若，则；
若，则（与时重复），或；
所以的可能值有
（2）假设中不存在满足性质的项，即对任意均有；
下面数学归纳法证明，是等差数列；
①当时，成立；
②设当且时，；
则当时，因为不具有性质，故
而又存在，故，即；
综上所述，当中不存在满足性质的项时，时等差数列成立；
故其逆否命题：当不是等差数列时，中存在满足性质的项成立.
（3）将数列中具有性质的三项去掉，得到一个新的数列，，，，
且中没有满足性质的项，
由（2）可知，数列是等差数列， 所以，
又因为数列中去掉的三项和为，所以.
【点睛】方法点睛：本题属于数列新定义问题，重点考查新定义“性质”的理解和运用，考查等差数列和等比数列的定义和通项公式的运用，考查分类讨论思想方法，以及运算能力和推理能力.处理带否定词的命题经常通过证明其逆否命题得到.而（3）题关键是分析得出去掉三项后，得到一个等差数列再求和.