2024北京人大附中朝阳学校高三（上）期中数学试卷（教师版）

这是一份2024北京人大附中朝阳学校高三（上）期中数学试卷（教师版），共22页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 若，则向量与的夹角为， 下列命题中，真命题的是等内容，欢迎下载使用。
2024年11月1日 出题人：金鑫 审题人：高爽
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. 下列函数既是奇函数，又在上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 若，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
4. 设 为等比数列 的前 项和，已知 ，则公比 （ ）
A. 2B. -2C. D.
5. 下列命题中，真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
6. 设是三个不同平面，且，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7. 函数的部分图象如图所示，则以下说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知向量，满足，，若，且，则的最大值为（ ）
A. 3B. 2C. D.
9. 十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，图1中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2），这两个三棱柱有一个公共侧面．在底面中，若，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. 27D.
10. 2024年1月17日我国自行研制的天舟七号货运飞船在发射3小时后成功对接于空间站天和核心舱后向端口，创造了自动交会对接的记录.某学校的航天科技活动小组为了探索运动物体追踪技术，设计了如下实验：目标P在地面轨道上做匀速直线运动；在地面上相距的A，B两点各放置一个传感器，分别实时记录A，B两点与物体P的距离.科技小组的同学根据传感器的数据，绘制了“距离-时间”函数图像，分别如曲线a，b所示.和分别是两个函数的极小值点.曲线a经过和，曲线b经过.已知，并且从时刻到时刻P的运动轨迹与线段AB相交.分析曲线数据可知，P的运动轨迹与直线AB所成夹角的正弦值以及P的速度大小分别为（ ）
A. B.
C. D.
二､填空题：（本大题共5小题，每小题5分，共25分.）
11. 复数__________；对应的点坐标为__________；虚部是__________；模长为=__________.；共轭复数是__________.
12. 已知角在第二象限，且 ， 则=_____________.
13. 在中，分别是角的对边，且，则角的取值范围为______．
14. 设函数（且）．给出下列四个结论：
①当时，存在，方程有唯一解；
②当时，存在，方程有三个解；
③对任意实数（且），的值域为；
④存在实数，使得在区间上单调递增；
其中所有正确结论的序号是______．
15. 已知数列的前n项和为且，给出下列四个结论：①长度分别为的三条线段可以构成一个直角三角形：②；③；④.其中所有正确结论的序号是__________.
三､解答题：（本大题共5小题，共85分.）
16. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求不等式的解集；
（3）从条件①，条件②，条件③选择一个作为已知条件，求的取值范围.
①在有恰有两个极值点；
②在单调递减；
③在恰好有两个零点.
注：如果选择的条件不符合要求，0分；如果选择多个符合要求的条件解答，按第一个解答计分.
17. 若△同时满足条件①、条件②、条件③、条件④中的三个，请选择一组这样的三个条件并解决下列问题：
（1）求边的值；
（2）求△的面积.
条件①：；
条件②：；
条件③：；
条件④：.
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.
18. 如图，在三棱柱中，平面，，分别是的中点.
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）证明：平面；
（Ⅲ）求与平面所成角的正弦值.
19. 已知函数，其中a为常数且.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调区间；
（3）当时，若在点处的切线l分别与x轴和y轴于，A，B两点，O为坐标原点，记的面积为S，求S的最小值.
20. 已知在处的切线方程为．
（1）求实数的值；
（2）证明：仅有一个极值点，且．
（3）若，是否存在使得恒成立，存在请求出的取值范围，不存在请说明理由．
21. 已知有限数列，从数列中选取第项、第项、、第项（），顺次排列构成数列，其中，，则称新数列为的长度为m的子列．规定：数列的任意一项都是的长度为1的子列，若数列的每一子列的所有项的和都不相同，则称数列为完全数列．设数列满足，．
（1）判断下面数列的两个子列是否为完全数列，并说明由；
数列①：3，5，7，9，11；数列②：2，4，8，16．
（2）数列的子列长度为m，且为完全数列，证明：m的最大值为6；
（3）数列的子列长度，且为完全数列，求的最大值．
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】B
【分析】分别确定集合，，根据并集的概念求可得答案.
【详解】因为，，
所以.
故选：B
2. 【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性先排除AB选项，再结合函数的单调性选择正确答案.
【详解】对A：因为函数的定义域为，定义域不关于原点对称，所以为非奇非偶函数，故A错误；
对B：，所以函数为偶函数，故B错误；
对C：根据正切函数的性质可知，函数在不具有单调性，故C错误；
对D：函数的定义域为，，故函数为奇函数，
又，所以函数在0,+∞上单调递增.
故选：D
3. 【答案】B
【分析】根据，得，结合数量积的运算律求出，再根据向量的夹角公式即可得解.
【详解】因为，所以，
即，所以，
所以，
又，
所以向量与的夹角为.
故选：B.
4. 【答案】A
【分析】根据数列的前项和与的关系，两式相减，即可求解.
【详解】由已知，，两式相减得，
，即，即.
故选：A
5. 【答案】D
【分析】举反例即可判断ABC，根据基本不等式和指数运算即可判断D.
【详解】对A，当时，则，故A错误；
对B，当时，则，则，故B错误；
对C，当时，根据对数函数单调性知，故C错误；
对D，若，则，
当且仅当时取等号，故D正确.
故选：D.
6. 【答案】B
【分析】利用面面平行的性质定理，及它们之间的推出关系，即可以作出判断.
【详解】若，，则由平面平行的性质定理：得；
但当，时，可能有，也可能有相交，
如是三棱柱的两条侧棱所在直线，是确定的平面，
另两个侧面所在平面分别为，此时符合条件，而相交，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
7. 【答案】B
【分析】先把函数解析式化成的形式，再结合函数的周期和值域求值.
【详解】因为.
由函数图象可知：；
又，所以，又.
故选：B
8. 【答案】D
【分析】令，，根据题意作出图形，结合图形将已知条件转化，得到，然后数形结合求的最大值.
【详解】如图:令，，则，故.
因为，所以，记的中点为，所以点在以为直径的圆上.
设，连接，因为，所以点在直线上.
因为，所以，即，所以.
结合图形可知，当时，即取得最大值，且.
故选：D
【点睛】思路点睛：向量中有关最值的求解思路：一是形化，利用向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题；二是数化，利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值、不等式的解集、方程有解等问题.
9. 【答案】C
【详解】如图所示，该几何体可视为直三柱与两个三棱锥，拼接而成.
记直三棱柱的底面的面积为，高为，所求几何体的体积为，
则，
因为两个直三棱柱相同，故，
所以
.
故选：C.
10. 【答案】B
【分析】建系，设点，作相应的辅助线，分析可知，结合分析求解即可.
【详解】如图，建立平面直角坐标系，

设动点P的轨迹与y轴重合，其在时刻对应的点分别为（坐标原点），，P的速度为，
因为，可得，
由题意可知：均与y轴垂直，且，
作垂足为，则，
因为，即，解得；
又因为∥y轴，可知P的运动轨迹与直线AB所成夹角即为，
所以P的运动轨迹与直线AB所成夹角的正弦值为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：建系，设动点P的轨迹与y轴重合，以坐标系为依托，把对应的量转化为相应的长度，进而分析求解.
二､填空题：（本大题共5小题，每小题5分，共25分.）
11. 【答案】 ①. ②. ③. ④. ⑤.
【分析】根据复数除法化简复数，由复数坐标定义、虚部定义、模长定义以及共轭定义求解.
【详解】由复数除法可知
所以对应坐标为，所以虚部为，模长为，共轭复数为.
故答案为：，，，，
12. 【答案】
【分析】先根据诱导公式得，再根据同角三角函数关系得，最后利用二倍角公式即可求解.
【详解】因为，所以由诱导公式可得：，
因为角在第二象限，所以，
所以，
所以
故答案为：.
13. 【答案】
【分析】由余弦定理、基本不等式得出的范围即可得解.
【详解】，
当且仅当，即为等边三角形时，，又 ．
故答案为：.
14. 【答案】①②④
【分析】分情况，做出函数图象，数形结合，可得问题答案.
【详解】当时，可得函数图象如下：
由；，，结合图象：
当时，函数单调递减，且；
当，函数单调递增，.
所以当时，方程有唯一解.故①正确；
当时，函数图象如下：
由；由图象可知，
当时，函数单调递减，；
当时，函数单调递增，；
当时，函数单调递增，.
因为，因为，所以，即.
所以，当时，方程有三个解.故②正确；
如图：
由，再由，
此时在上单调递减，在上单调递增，且，
所以此时函数的值域不是.故③错误；
由①可得，当时，函数在上单调递增.
即：存在实数，使得在区间上单调递增.故④正确.
故答案为：①②④
【点睛】方法点睛：本题可以画出分段函数的草图，数形结合，可以比较轻松的解答.
15. 【答案】②
【分析】①:先确定最大的那个，再根据勾股定理列式判断；②通过放缩得到，再进一步通过放缩判断；③④求出，然后举例排除.
【详解】对于①：，则，
则，即，
假设长度分别为的三条线段可以构成一个直角三角形，
则为斜边，所以，
所以，所以或，与矛盾，故①错误；
对于②：，当且仅当等号成立，
所以，所以，
所以，②正确；
对于③：由已知，此时，所以不成立，③错误；
对于④：由已知，此时，所以不成立，④错误.
故答案为：②.
【点睛】关键点点睛：对于数列命题正误的判断，我们可以通过求出部分项，然后观察是否成立，从而达到排除的目的.
三､解答题：（本大题共5小题，共85分.）
16. 【答案】（1）
（2）
（3）答案见解析
【分析】（1）利用三角恒等变换整理可得，即可得最小正周期；
（2）整理可得，结合正弦函数运算求解；
（3）可得.若选择①：结合正弦函数极值点分析求解；若选择②：结合正弦函数单调性分析判断；若选择③：结合正弦函数零点分析判断.
【小问1详解】
因为
.
所以的最小正周期为.
【小问2详解】
因为，即，
则，解得，
所以不等式的解集为.
【小问3详解】
因为，所以.
若选择①：因为在有恰有两个极值点.
则，解得，
所以的取值范围；
若选择②：因为在单调递减
当时，函数递增，
所以在不可能单调递减，所以②不符合题意；
若选择③：因为在恰好有两个零点.
则，解得，
所以的取值范围.
17. 【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析
【分析】（1）首先分析出①和④两个条件不能同时满足，然后分选择条件①②③和条件②③④讨论即可，当选择①②③时，利用三角恒等变换得，再利用正弦定理即可得到值；当选择②③④时，利用余弦定理即可求出答案；
（2）在（1）的选择情况下，利用三角形面积公式即可得到答案.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，
又因为，所以，所以.
由于，所以，又因为，所以.
当时，，
而时，的取值最多两个.
当时，或，
此时，或.
当时，因为，所以，即不可能为钝角.
由条件④知，，为钝角，
所以条件①和条件④不能同时满足.
因此有两种情况的解答：
选择条件①②③
因为不可能为钝角，
又因为，所以.
因为，且，
所以
所以，即，
又因为，所以，.
在△中，由正弦定理，
所以，
又因为，所以.所以，
选择条件②③④
由条件④知，，为钝角，
又因为，所以，所以.
又因为，所以.
由余弦定理得，得，
整理得，解得或（舍）.
【小问2详解】
选择条件①②③，
由（1）知，
又因为，所以，.
,
所以△的面积为.
选择条件②③④
结合第（1）问，此时，
所以,
所以△的面积为.
18. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.
【详解】分析：（Ⅰ）先证明平面，再证明.( Ⅱ) 取的中点，连接、．先证明DE∥AM，再证明平面.( Ⅲ)利用向量法直线与平面所成角的正弦值.
详解：（Ⅰ）因为⊥平面，平面，
所以．
因为，，，平面，
所以平面．
因为平面，
所以．
（Ⅱ）取的中点，连接、．
因为、分别是、的中点，
所以ME∥，且ME．
在三棱柱中，，且，
所以ME∥AD，且ME=AD，
所以四边形ADEM是平行四边形，
所以DE∥AM．
又平面，平面，
所以平面．
（Ⅲ）在三棱柱中，，
因为，所以．
在平面内，过点作，
因为，平面，
所以，平面．
建立空间直角坐标系C-xyz，如图．则
,,,,,.
，，．
设平面的法向量为，则
，即，
得，令，得，故．
设直线DE与平面所成的角为θ，
则sinθ＝ ，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
点睛：本题主要考查空间位置关系的证明和线面角的向量求法，意在考查空间位置关系证明中的转化能力和运算能力.
19. 【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【分析】（1）先对函数求导后，再求出，然后利用点斜式可求出切线方程；
（2）求出函数的定义域，对函数求导后，分和讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；
（3）利用导数的几何意义求出切线l的方程，从而可求出A，B两点的坐标，则可表示出的面积，构造函数，利用导数可求出其最小值.
【小问1详解】
，.
因为，，
所以切线方程为.
【小问2详解】
定义域为，
，令，解得.
当时，
，的减区间为；
，的增区间为.
当时，
，的增区间为；
，的减区间为.
【小问3详解】
当时，，.
切线l：，
令，；
令，.
.
设，.
.
，在单调递减；
，在单调递增.
所以.
所以当时，S的最小值为.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的几何意义，考查利用导数求解函数的单调区间，考查导数的综合应用，第（3）问解题的关键是求出切线方程后，求出切线与坐标轴的交点，从而可表示出三角形的面积，再构造函数，利用导数求解，考查计算能力，属于较难题.
20. 【答案】（1）
（2）证明见详解 （3）不存在，理由见详解
【分析】（1）求出的导数，根据切线方程求出，的值即可；
（2）求导可得，令，利用导数可得的单调性，结合零点存在性定理可得在上存在唯一零点，且，进而可得的单调性，可判断极值情况；结合代入化简，运算得证；
（3）问题转化为，对恒成立，当时，显然上式不成立；当时，令，利用导数可得存在，使得，当时，，即单调递减，此时，上式不能恒成立，得解.
【小问1详解】
由题意，，则，
解得，又，可得切点为，代入，得.
所以实数.
【小问2详解】
由（1）得，则，
令，，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
且当时，，，，
所以在上存在唯一零点，使得即，
当时，，即，单调递减，
当时，，即，单调递增，
所以仅存在一个极值点，，
，
又函数，，而，
所以在上单调递减，则，
所以.
【小问3详解】
若存在，使得恒成立，即，对恒成立，
当时，当时，则，显然上式不成立；
当时，令，，
则，
令，则在上恒成立，
所以即在上单调递增，又，，
所以存在，使得，
所以当时，，即单调递减，此时，
所以不恒成立，
故当时，不存在满足条件.
综上，不存在，使得恒成立.
【点睛】关键点睛：本题第三问，解题的关键是将问题转化为，对恒成立，分和讨论，其中时，令，利用导数判断求解找出矛盾.
21. 【答案】（1）数列①不是完全数列，数列②是完全数列，理由见详解
（2）证明见详解 （3）
【分析】（1）根据题意逐项分析判断即可；
（2）根据题意利用反证法结合等差数列求和分析说明；
（3）根据题意转化为求的各项最小值，结合题意分析运算即可.
【小问1详解】
数列①不是完全数列，数列②是完全数列，理由如下：
数列①：因为，所以数列①不是完全数列；
数列②：因为，
，
即每一子列的所有项的和都不相同，所以数列②是完全数列.
【小问2详解】
假设存在完全数列，其长度为，则，
则长度为的数列的每一子列的所有项的和有个，
设其所有项的和的最小值为，最大值为，
则，
可得，
整理得，
当时，；
当时，；
当时，；
当，则，，
所以；
综上所述：当时，不存在，使得成立.
所以假设不成立，则，且，符合题意，
所以m的最大值为6.
【小问3详解】
因为长度，且为完全数列，且，
可知的最小值为1，的最小值为2，取；
因为，则的最小值为4，取；
因为，则的最小值为8，取；
因为，
，
则的最小值为16，取；
此时均取到对应的最小值，则均取到对应的最大值，
则，
所以的最大值为.
【点睛】关键点睛：1.对于数列新定义问题，要充分理解题意，根据题意分析运算；
2.对于直接证明比较困难，可以采用反证法，适当放缩运算求解.