2024北京清华附中高三（上）开学考数学试卷（教师版）

这是一份2024北京清华附中高三（上）开学考数学试卷（教师版），共23页。
1. 已知集合，集合，那么等于（ ）
A. B. C. D.
2. 设复数z满足，则z在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3. 设，且，下列不等式恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
4. 下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
5. 若圆与轴，轴均有公共点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，，则线段的中点的纵坐标为（ ）
A. B. C. 3D. 4
7. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
8. 已知．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. 随着新一代人工智能技术的快速发展和突破，以深度学习计算模式为主的AI算力需求呈指数级增长.现有一台计算机每秒能进行次运算，用它处理一段自然语言的翻译，需要进行次运算，那么处理这段自然语言的翻译所需时间约为（参考数据：，）（ ）
A. 秒B. 秒C. 秒D. 秒
10. 一组学生站成一排.若任意相邻的3人中都至少有2名男生，且任意相邻的5人中都至多有3名男生，则这组学生人数的最大值是（ ）
A. B. C. D.
二、填空题共5道小题，每小题5分，共25分.
11. 已知双曲线C的焦点为和，离心率为，则C的方程为____________．
12. 已知平面内四个不同的点满足.，若，则______.
13. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍[chúméng]”的五面体（如下图），四边形ABCD为矩形，棱.若此几何体中，，和都是边长为的等边三角形，则此几何体的体积为______.
14. 已知函数，
①当时，的值域为______；
②若关于的方程恰有个不同的实根，则的取值范围是______.
15. 已知数列满足，则
①当时，存在，使得：
②当时，为递增数列，且恒成立；
③存在，使得中既有最大值，又有最小值；
④对任意的，存在，当时，恒成立.
其中，所有正确结论的序号为______.
三、解答题共6道小题，共85分，解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程
16. 已知函数，其中.请从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定，并解答下列问题.
条件①：；
条件②：最大值为；
条件③：在区间上单调，且最大值为；
（1）求函数的对称中心；
（2）若方程在区间内有且仅有1个实根，求m的取值范围.
17. 在四棱锥中，分别为的中点，平面，.

（1）若平面，求证：；
（2）若，直线与平面所成的角为，求的长.
18. 某学校为提升学生的科学素养，所有学生在学年中完成规定的科普学习任务，并通过科普测试获得相应科普过程性积分.现从该校随机抽取60名学生，获得其科普测试成绩（百分制，且均为整数）及相应过程性积分数据，整理如下表：
用频率估计概率.
（1）从该校全体学生中随机抽取一名学生，估计这名学生科普过程性积分不低于2分的概率；
（2）从该校全体学生中随机抽取三名学生，估计这三名学生的科普过程性积分之和恰好为6分的概率；
（3）从该校科普过程性积分不低于1分的学生中随机抽取两名学生，记这两名学生科普过程性积分之差的绝对值不超过1的概率估计值记为，这两名学生科普过程性积分之差的绝对值不低于1的概率估计值记为，试判断和的大小（结论不要求证明）.
19. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为.上、下顶点分别为，且面积为2.
（1）求椭圆C的方程；
（2）点P是椭圆C上一点（不与顶点重合），直线与x轴交于点M，直线、分别与直线交于点N、D，求证：与的面积相等.
20. 设函数，为曲线在处的切线.
（1）求的方程；
（2）求的极值；
（3）若曲线除了切点之外都在直线的上方，求实数的取值范围.
21. 设，且都是奇数，m行n列的数表满足.对任意的，都有.记，若，则称第i行为“正行”，若，则称第j列为“负列”，记A中正行与负列的数目之和为.
（1）设，直接写出的值：
（2）求证：；
（3）求的最大值.
参考答案
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】D
【分析】先解不等式化简集合，再由并集的概念，即可得出结果.
【详解】∵集合，集合，
∴.
故选：D.
2. 【答案】A
【分析】利用复数的乘除法运算法则化简，根据几何意义确定在复平面内对应的点所在象限．
【详解】由，
则在复平面内所对应的点的坐标为，位于第一象限．
故选：A．
3. 【答案】B
【分析】选项A，B，C，通过取特殊值，即可判断出正误；选项B，利用不等式的性质，结合条件，即可判断出正误.
【详解】对于选项A，取，显然满足，但，所以选项A错误，
对于选项B，因为，由不等式的性质知，所以选项B正确，
对于选项C，取，显然满足，但，此时，所以选项C错误，
对于选项D，取，显然满足，此时，所以选项D错误，
故选B.
4. 【答案】C
【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可.
【详解】对于A，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，故A错误；
对于B，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，故B错误；
对于C，因为在上单调递减，在上单调递减，
所以在上单调递增，故C正确；
对于D，因为，，
显然在上不单调，D错误.
故选：C.
5. 【答案】A
【分析】利用圆的一般方程满足的条件得到，再分别令，利用，即可求出结果.
【详解】因为表示圆，所以，得到，
令，得到，则，得到，
令，得到，则，得到，
所以，
故选：A.
6. 【答案】C
【分析】根据抛物线定义求得点的纵坐标，再求中点纵坐标即可.
【详解】抛物线的焦点，又，解得，
故线段的中点的纵坐标为.
故选：C.
7. 【答案】B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，即，
则，故，
又，所以.
故选：B.
8. 【答案】A
【分析】求解出成立的充要条件，再与分析比对即可得解.
【详解】，，
则或，
由得，
由得，
显然，，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】结论点睛：充分不必要条件的判断：p是q的充分不必要条件，则p对应集合是q对应集合的真子集.
9. 【答案】B
【分析】设所需时间为秒，则然后两边取对数化简计算即可
【详解】设所需时间为秒，则
∴，
秒，
故选：B.
10. 【答案】B
【分析】考虑前7个人，分别每相邻的3人取成一组与每相邻的5人取成一组，从而推出矛盾，再考虑人数为6的情况，由此得解.
【详解】如果人数大于6，考虑前7个人：，
每相邻的3人取成一组，则有5组，
因为任意相邻的3人中都至少有2名男生，所以这5个组里至少有10名男生，
即这15人中至少有10名男生；
每相邻的5人取成一组，则有3组，
因为任意相邻的5人中都至多有3名男生，所以这3个组里至多有9名男生，
即这15人中至多有9名男生；
显然矛盾，故人数不可能大于6，
当人数为6时，用表示男生，表示女生，则可以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是找到矛盾的分界人数，利用条件推出矛盾，从而得解.
二、填空题共5道小题，每小题5分，共25分.
11.【答案】
【分析】根据给定条件，求出双曲线的实半轴、虚半轴长，再写出的方程作答.
【详解】令双曲线的实半轴、虚半轴长分别为，显然双曲线的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距，
由双曲线的离心率为，得，解得，则，
所以双曲线的方程为.
故答案为：
12. 【答案】
【分析】利用，得到为的中点，再利用，得，即可求解.
【详解】因为，所以为的中点，又，
所以，
又，
而，所以，故，
所以，
故答案：.
13. 【答案】
【分析】过作平面，垂足为，取的中点，连结，过作，垂足为，连结，延长交于点，连接.把此“刍甍”分为两侧各一个四棱锥，中间一个三棱柱.再分别求出四棱锥和三棱柱的体积得解.
【详解】过作平面，垂足为，取的中点，连结，过作，垂足为，
连结，延长交于点，连接.
因为和都是边长为的等边三角形，
所以，
因为平面，平面,
所以,
，
如图，把此“刍甍”分为两侧各一个四棱锥，中间一个三棱柱.
因为，,平面,
所以平面
因为平面
所以,
所以四边形是矩形.
.
故答案为：.
14. 【答案】 ①. ②.
【分析】①当时，分别判断两段的值域，取并集得的值域；
②方程恰有个不同的实根，作出的图象，结合函数图象判断出的取值范围.
【详解】①当时，f(x)=12x,x≤02x,x>0，
当时，，函数单调递减，，
当时，，函数单调递增，，
所以的值域为；
②函数，
在同一坐标系中，分别作出函数的图象，
其中函数与的图象相交于点和，
函数与的图象相交于点和，
函数与的图象相交于0,1，
函数与的图象交于，

又关于的方程恰有个不同的实根，
当时，在同一坐标系中的图象如图1，
由图知，不合题意，
当时，在同一坐标系中的图象如图2，
结合图象可知方程恰有个不同的实根，
为，，，和，满足题意，
当时，在同一坐标系中的图象如图3，
结合图象可知方程恰有个不同的实根，
为，，，和，满足题意，
当时，在同一坐标系中的图象如图4，
由图知，不合题意，综上所述，的取值范围为.
故答案为：；.
15. 【答案】②③④
【分析】对于①②，根据数列递推式，求出，结合题意，即可判断；对于③，举出特例，即可判断；对于④，分和情况讨论，结合数列的项的变化情况，即可判断.
【详解】对于①，由于，故，
则，则，结合，
则是以为首项，公比为的等比数列，
则，
令，则，n不存在，
故不存在，使得，①错误；
对于②，当时，由①知，是以为首项，公比为的等比数列，
则，
则，得，
故为递增数列，而，故恒成立，②正确；
对于③，当时，当时，，
此时中有最大值2，有最小值为-2，
即存在，使得中既有最大值，又有最小值，③正确；
对于④，由①知，，
当时，当时，，符合题意；
当时，，随着，，
又，则，则必存在，当时，恒成立
综合以上对任意的，存在，当时，恒成立，④正确，
故选：②③④
三、解答题共6道小题，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）；
（2）.
【分析】（1）利用二倍角的余弦公式化简函数，选②求得两个值，对应两个不同函数，不符合题意，由条件①③求出函数式，再借助正弦函数性质求出对称中心.
（2）确定函数相位的范围，由零点情况列式求出范围.
【小问1详解】
依题意，，
若选②，，解得或，
当时，，当时，，
因此选②，可以求得两个不同函数，不符合题意，即条件②不可选；
于是选条件①③，由①知，，解得，，
由③知，函数的最小正周期为，即，解得，，函数唯一确定，
由，得，
所以函数的对称中心为.
【小问2详解】
由（1）知，，由，得，
当时，，依题意，在内有且仅有1个实根，
则，解得，
所以m的取值范围是.
17. 【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）根据条件得到，利用线面平行的性质得到，即可证明结果；
（2）过作面于，连接，则为直线与平面所成的角，从而有，得到，设，根据条件得到，再利用等体积法，即可求解.
【小问1详解】
因为平面，又面，所以，
又，，面，
所以面，又面，
所以，
又平面，面，面面，所以，
故，又是的中点，
所以.
【小问2详解】
过作面于，连接，
则为直线与平面所成的角，所以，
又，所以，
设，由（1）知，所以，
又平面，面，所以，又为中点，
所以，又，所以，
得到，又，所以，得到，
又，由，
得到，整理得到，
所以.

18. 【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）利用图表及古典概型计算即可；
（2）分类讨论结合相互独立事件的乘法公式计算即可；
（3）依次分类讨论计算并比大小即可.
【小问1详解】
由图表可知从样本空间中随机抽取一名学生，
科普过程性积分不低于2分的人数的频率为，
所以估计全校学生中随机抽取一人，该生科普过程性积分不低于2分的概率为；
【小问2详解】
随机抽取三人，得分为6分的可能有：
情况1：1人0分，2人3分；
情况2：1人1分，1人2分，1人3分；
情况3：3人都是2分，
结合图表知得0分，1分，2分，3分的概率分别为
，
所以随机抽取3人得6分的概率为
；
【小问3详解】
根据题意从样本中科普过程性积分不低于1分的学生中抽取1人，得1分、2分、3分的频率依次为，
所以从全校科普过程性积分不低于1分的学生中随机抽取1名学生其积分，为1分、2分、3分的概率估计依次为，
则任意取2名同学，其积分之差的绝对值不超过1的可能有：{1分，1分}；{1分，2分}；{2分，2分}；{2分，3分}；{3分，3分}五种可能，
即，
任意取2名同学，其积分之差的绝对值不低于1的可能有：{1分，2分}；{1分，3分}；{2分，3分}三种可能，
即，
显然.
19. 【答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）由题意列出关于的方程组，求出即可得解；
（2）由题意引入参数表示的斜率，进一步表示出的坐标（含参），结合弦长公式、点到直线的距离公式表示两个三角形的面积即可得证.
【小问1详解】
由题意可得，注意到，，解得，故椭圆方程为；
【小问2详解】
由题意，
因为点不与椭圆顶点重合，所以直线斜率存在且不为0，且不等于，
所以设，
联立，显然，
由韦达定理可知，从而，
所以，
在中令，得，所以，
易知，联立，所以，
注意到直线的斜率为，
所以，
联立，所以，
记点到的距离、点到的距离依次为，
则，
同理，
综上所述，与的面积相等，命题得证.
20. 【答案】（1）
（2）极小值为，无极大值
（3）
【分析】（1）求导得，结合导数的几何意义得切线斜率，利用点斜式写出切线方程即可；
（2）利用导数研究极值的方法计算即可；
（3）将问题转化为与切线方程的差函数恒大于等于零，根据处的相应函数值及零点存在性定理含参分类讨论即可.
【小问1详解】
易知，所以，
又，
所以的方程为：；
即为.
【小问2详解】
由上知有，
当x变化时，与的变化情况如下表：
所以当时，函数有极小值，极小值为，无极大值；
【小问3详解】
若曲线除了切点之外都在直线的上方，
即，当且仅当时取得等号，
令，则，
令，则，
令有，
当x变化时，与的变化情况如下表：
所以当时，函数有极小值，极小值为，也是最小值，
显然当时，，且时，无限趋向于零，
又，作出其大致图象如下：
若，则可由向下平移个单位得到，又，
此时在上单调递减，上单调递增，
所以，符合题意；
；
若，则可由向上平移个单位得到，
此时令，
不难得出时，，即此时单调递增，
时，，即此时单调递减，
即，所以恒成立，
则，
由于且时，无限趋向于零，所以当向上平移时，在之间必有一个零点，
而时，，所以之间也必有一个零点，
不妨设两个零点依次为，故在上，即单调递增，在上，即单调递减，
时，，即此时有，不符题意；
综上，所以实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：第三问，问题转化为恒成立求参数范围，再构造函数并讨论参数研究恒成立.
21. 【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【分析】（1）分别计算数表中各行之和与各列之和，根据“正行”与“负列”条件判断即可；
（2）用反证法，从行与列两个角度求数表总和则可推出矛盾；
（3）用反证法证明，从行列两个角度分析的个数可推出矛盾，再举出的数表即可.
【小问1详解】
数表，由题意可得，，
故只有第3行是“正行”；
，故第列是“负列”，第1列不是“负列”.
故；
数表，由题意可得，，
故只有第2行是“正行”；
，故第列是“负列”，第列不是“负列”.
故.
综上所述，.
【小问2详解】
用反证法证明.
由数目之和，假设，
即数表没有“正行”，也没有“负列”.
即任意，，则数表中所有数和；
且任意，，则数表中所有数的和；
故数表中所有数的和为，
由题意任意的，，
即数表中1的个数与的个数相同.
所以数表中必有偶数个数，
但由于均为奇数，数表中共有个数，为奇数，
这与数表中必有偶数个数矛盾.
故假设错误，不成立.
故成立.
【小问3详解】
当时，数表为行1列数，
若，则各行都为1，则这1列数这和，不可能为“负列”；
由数表，.
故当时，最大为；
同理可知当时，最大为.
当时，.
下面用反证法证明.
假设，则满足条件的数表分三类：
，即行都是“正行”且列都是“负列”；
或，其中行都是“正行”，列是“负列”；
或，其中行是“正行”，列都是“负列”.
①若，行都是“正行”且列都是“负列”：
即任意，，则数表中所有数和；
且任意，，则数表中所有数的和；
故产生矛盾，此类情况不可能；
②若，行都是“正行”且列是“负列”：
由行都是“正行”，由题意可知，每行各数之和都为正数，
由题意任意的，，
则每行个数中1的个数必大于的个数，即至少有个1，
故数表中所有数中至少有个1；
由列是“负列”，由题意可知这列中每列各数之和都为负数，
则每列个数中的个数必大于1的个数，即至少有个，
故数表中所有数中至少有个，则至多有个1；
又，
故产生矛盾，此类情况也不可能；
③若，其中行是“正行”，列都是“负列”.
由列都是“负列”，由题意可知，每列各数之和都为负数，
由题意任意的，，
则每列个数中的个数必大于1的个数，即至少有个，
故数表中所有数中至少有个；
由行是“正行”，由题意可知这行中每行各数之和都为正数，
则每行个数中1的个数必大于的个数，即至少有个1，
故数表中所有数中至少有个1，则至多有个；
又，
故产生矛盾，此类情况也不可能；
综上所述，假设错误，
故.
如下图给出的数表：
如上图，各行除第行外，其余都是“正行”；各列除第列外，其余都是“负列”；
故正行与负列的数目之和为.
故当，且时，的最大值为.
综上所述，当时，最大值为；当时，最大值为；当，且时，的最大值为.
【点睛】关键点点睛：该题目属于新定义题型，根据对定义的理解，从行与列两个角度的分析求解是解题的关键，如定义中行数与列数均为奇数的应用；再如第（2）问中从每行与每列各数之和两个角度分别求解总和，从而推出矛盾；又如第三问中从各行与各列两个角度分别探讨与1的个数从而推出矛盾，也是从行与列与1的个数入手，构造了满足的数表.
科普测试成绩x
科普过程性积分
人数
3
20
2
10
1
15
0
15
x
0
单调递减
单调递增
x
0
单调递减
单调递增