北京市海淀区2024届高三上学期期末练习数学试题 含解析

这是一份北京市海淀区2024届高三上学期期末练习数学试题 含解析，共23页。试卷主要包含了01， 已知集合，，，则， 已知直线，直线，且，则， 已知圆，直线与圆交于，两点， 若关于的方程， 蜜蜂被誉为“天才的建筑师”等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回.
第一部分（选择题 共40分）
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. 已知集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由集合的交集运算、补集运算即可求解.
【详解】由题意集合，，，则，.
故选：A.
2. 如图，在复平面内，复数，对应的点分别为，，则复数的虚部为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数对应的点求出复数，，计算，得复数的虚部.
【详解】在复平面内，复数，对应的点分别为，，
则，，得，
所以复数的虚部为.
故选：D
3. 已知直线，直线，且，则（ ）
A. 1B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】由直线平行的充要条件列方程求解即可.
【详解】由题意直线，直线，且，所以，解得.
故选：B.
4. 已知抛物线的焦点为，点在上，，为坐标原点，则（ ）
A. B. 4C. 5D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由抛物线的焦半径公式求出点的坐标，再利用两点间的距离公式求出.
【详解】设，，
又因为，所以，
故.
故选：D.
5. 在正四棱锥中，，二面角的大小为，则该四棱锥的体积为（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出辅助线，得到为二面角的平面角，所以，从而求出四棱锥的高，由棱锥体积公式求出答案.
【详解】连接，相交于点，则为正方形的中心，
故⊥底面，
取的中点，连接，则，，
故为二面角的平面角，所以，
故，
所以该四棱锥的体积为.
故选：C
6. 已知圆，直线与圆交于，两点.若为直角三角形，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由直线与圆相交的弦长公式进行求解即可.
【详解】因为圆，圆心为，半径为，即
因为为直角三角形，所以,
设圆心到直线的距离为，
由弦长公式得，所以，化简得.
故选：A.
7. 若关于的方程（且）有实数解，则的值可以为（ ）
A. 10B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据反函数的性质以及导数的几何意义，只需函数与直线相交即可.
【详解】对比选项可知我们只需要讨论时，关于的方程的解的情况，
若关于的方程（且）有实数解，
即与的图像有交点，
因为与互为反函数，
所以与的图像关于直线对称，
如图所示：
设函数与直线相切，切点为，
，则有，解得：，
由图像可知，当时，曲线与直线有交点，
即与的图像有交点，即方程有解.
故选：D.
8. 已知直线，的斜率分别为，，倾斜角分别为，，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
【答案】B
【解析】
【分析】由题意首项得，再结合必要不充分条件的定义、斜率与倾斜角的关系，两角差的余弦公式即可得解.
【详解】由题意两直线均有斜率，所以，
若取，则有，但；
若，又，
所以，而，
综上所述，“”是“”的必要而不充分条件.
故选：B.
9. 已知是公比为的等比数列，为其前项和.若对任意的，恒成立，则（ ）
A. 是递增数列B. 是递减数列
C. 是递增数列D. 是递减数列
【答案】B
【解析】
【分析】先根据等比数列前项和,结合恒成立，得出的取值范围，得到 是递减数列.
【详解】是公比为的等比数列，为其前项和,
恒成立,恒成立,
若，则可能为正也可能为负，不成立
所以,
当是递减数列,
当是递减数列,
故选:B.
10. 蜜蜂被誉为“天才的建筑师”.蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材面积最小的结构.如图是一个蜂房的立体模型，底面是正六边形，棱，，，，，均垂直于底面，上顶由三个全等的菱形，，构成.设，，则上顶的面积为（ ）
（参考数据：，）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据蜂房的结构特征，即可根据锐角三角函数以及三角形面积公式求解.
【详解】由于，所以,
连接,取其中点为，连接,
所以,
由，且多边形为正六边形，所以，
由于,所以，
故一个菱形的面积为，
因此上顶的面积为，
故选：D
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 在的展开式中，的系数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由二项式的展开式的通项进行求解即可.
【详解】的展开式的通项为
令得，所以，的系数为.
故答案为：.
12. 已知双曲线的一条渐近线为,则该双曲线的离心率为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】由双曲线方程可得其渐近线方程,从而得关于的方程,再结合离心率公式求解即可.
【详解】由题意得，易知双曲线，即的渐近线方程为得
所以该双曲线的离心率
故答案为：.
13. 已知点，，在正方形网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长为1，则__________；点到直线的距离为__________.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】建立适当的平面直角坐标系，由向量数量积的坐标运算公式以及点到直线的距离公式即可求解.
【详解】以为原点建立如图所示平面直角坐标系，
由题意，所以，
而直线的表达式为，即所以点到直线的距离为.
故答案为：，.
14. 已知无穷等差数列的各项均为正数,公差为,则能使得为某一个等差数列的前项和的一组,的值为__________,__________.
【答案】 ①. 1 ②. 1（答案不唯一）
【解析】
【分析】设等差数列的前项和为,根据题意可得.根据 结合等差数列的通项公式,可得关于的方程,解方程即可.
【详解】设等差数列的前项和为,则
又是公差为的等差数列,
即
整理得
由题知
故满足题意的一组,的值为,.（答案不唯一）
故答案为：1;1（答案不唯一）
15. 已知函数.给出下列四个结论：①任意，函数的最大值与最小值的差为2；②存在，使得对任意，；③当时，对任意非零实数，；④当时，存在，，使得对任意，都有.其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】②④
【解析】
【分析】取可判断①，取化简后可判断②，先化简，取可判断③，取可判断④.
【详解】对于①，当时，其最大值为1，最小值为0，的最大值与最小值的差为1，故①错误；
对于②，当时，，，因此对任意，，故②正确；
对于③，，，当时，故③错误；
对于④，当时，取，，使得对任意，都有，故正确.
故答案为：②④
三、解答题共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. 如图，在四棱柱中，侧面是正方形，平面平面，，，为线段的中点，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，由四棱柱性质可得为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证得平面；
（2）由面面垂直的性质以及线面垂直判定定理可求得三条棱两两垂直，建立空间直角坐标系利用空间向量即可求得结果.
【小问1详解】
连接，如下图所示：
在四棱柱中，侧面为平行四边形，
所以，,
因为，，为中点，
所以，，
所以，,
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，
所以平面，
【小问2详解】
在正方形中，，
因为平面平面，平面平面；
所以平面，而平面，
即可得，
因为，平面，与相交，
所以平面，而 平面，
即；
如图建立空间直角坐标系.
不妨设，则，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，令，则，，
于是；
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 在中，.
（1）求的大小；
（2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在，求边上中线的长.
条件①：的面积为；条件②：；条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】17.
18. 不能选①，选②或③，答案均为1
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及得到，结合，得到；
（2）选①，由三角形面积和余弦定理得到，由推出矛盾；选②，根据三角恒等变换得到，是以为斜边的直角三角形，由正弦定理得到，求出中线；选③，由余弦定理得到，设边上的中线长为，再由余弦定理得到边上的中线的长为1.
【小问1详解】
由正弦定理及，
得.①
因为，
所以.②
由①②得.
因为，所以.
所以.
因为，
所以.
【小问2详解】
选①，的面积为，
即，即，解得，
因为，由余弦定理得，
即，解得，
由基本不等式得，但，
故此时三角形不存在，不能选①，
选条件②：.
由（1）知，.
所以
.
所以.
因为，所以.
所以，即.
所以是以为斜边的直角三角形.
因为，
所以.
所以边上的中线的长为.
选条件③：.
由余弦定理得，即.
设边上的中线长为，由余弦定理得
.
所以边上的中线的长为1.
18. 甲、乙、丙三人进行投篮比赛，共比赛10场，规定每场比赛分数最高者获胜，三人得分（单位：分）情况统计如下：
（1）从上述10场比赛中随机选择一场，求甲获胜的概率；
（2）在上述10场比赛中，从甲得分不低于10分的场次中随机选择两场，设表示乙得分大于丙得分的场数，求的分布列和数学期望；
（3）假设每场比赛获胜者唯一，且各场相互独立，用上述10场比赛中每人获胜的频率估计其获胜的概率.甲、乙、丙三人接下来又将进行6场投篮比赛，设为甲获胜的场数，为乙获胜的场数，为丙获胜的场数，写出方差，，的大小关系.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）从表格中可以发现甲获胜的场数为3场，从而得到甲获胜的概率；
（2）从表格中可以发现在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6场，分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场。乙得分大于丙得分的场数的取值为0，1，2，通过超几何分布的知识点，得到的分布列及数学期望.
（3）通过题目条件得到10场比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙获胜的概率为，因为甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布，从而得到方差，，的大小关系.
【小问1详解】
根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲共获胜3场，分别是第3场，第8场，第10场.
设表示“从10场比赛中随机选择一场，甲获胜”，则.
小问2详解】
根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6场，
分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场，其中乙得分大于丙得分的场次有4场，
分别是第2场、第5场、第8场、第9场.
所以的所有可能取值为0，1，2.
，，.
所以的分布列为
所以.
【小问3详解】
由题意，每场比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙获胜的概率为，还需要进行6场比赛，
而甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布，所以
，，
故.
19. 已知椭圆过点，焦距为.
（1）求椭圆的方程，并求其短轴长；
（2）过点且不与轴重合的直线交椭圆于两点，，连接并延长交椭圆于点，直线与交于点，为的中点，其中为原点.设直线的斜率为，求的最大值.
【答案】（1），4
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意根据长轴顶点坐标、焦距以及平方关系列方程即可求解.
（2）不妨设直线的方程为，，，则.联立直线的方程与椭圆方程，由韦达定理得，联立直线与直线的方程得点的坐标，由中点坐标公式得点的坐标，由斜率公式以及韦达定理可得斜率的表达式（只含有参数），对分类讨论即可求解.
【小问1详解】
由题意知，.
所以，.
所以椭圆的方程为，其短轴长为4.
【小问2详解】
设直线的方程为，，，则.
由，得.
所以.
由得直线方程为.
由得.
因为，
所以，.
所以.
因为为的中点，且，
所以.
所以直线的斜率
.
当时，.
当时，
因为，当且仅当时，等号成立.
所以.
所以当时，取得最大值.
20. 已知函数.
（1）当时，求证：
①当时，；
②函数有唯一极值点；
（2）若曲线与曲线在某公共点处的切线重合，则称该切线为和的“优切线”.若曲线与曲线存在两条互相垂直的“优切线”，求，的值.
【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①当时，得，故只需证明当时，即可，利用导数即可求解. ②求导得，由此可得当时，，结合即可得证.
（2）由题意设曲线与曲线的两条互相垂直的“优切线”的切点的横坐标分别为，其斜率分别为，，则.再结合导数与切线斜率的关系，以及函数值，导数值之间的关系即可求解.
【小问1详解】
①当时，.
记，则.
所以在上是增函数.
所以当时，.
所以当时，.
②由得，且.
当时，.
因为，，
所以.
因为对任意恒成立，
所以当时，.
所以0是的唯一极值点.
【小问2详解】
设曲线与曲线的两条互相垂直的“优切线”的切点的横坐标分别为，其斜率分别为，，则.
因为，
所以.
所以.
不妨设，则.
因为，
由“优切线”的定义可知.
所以.
由“优切线”的定义可知，
所以.
当，，时，取，，
则，，，，符合题意.
所以.
【点睛】关键点睛：第一问②的关键是，求导得，然后以为分界点讨论即可；第二问的关键是结合“优切线的定义”以及导数即可顺利得解，综合性比较强.
21. 对于给定的奇数，设是由个实数组成的行列的数表，且中所有数不全相同，中第行第列的数，记为的第行各数之和，为的第列各数之和，其中.记.设集合或，记为集合所含元素的个数.
（1）对以下两个数表，，写出，，，的值；
（2）若中恰有个正数，中恰有个正数.求证：；
（3）当时，求的最小值.
【答案】（1），；，
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）按定义求出，，，，进行求解即可.
（2）分两种情况进行证明，即①或，②且分别证明即可.
（3）因为，分情况讨论①若或时；②若或；③若，进行求解.
【小问1详解】
，；，.
由定义可知：将数表中的每个数变为其相反数，或交换两行（列），，的值不变.因为为奇数，，所以，均不为0.
【小问2详解】
当或时，不妨设，即，.
若，结论显然成立；
若，不妨设，，则，，.
所以，结论成立
当且时，不妨设，，，，
则当时，；当时，.
因为当，时，，，
所以.
所以.
同理可得：，，.
所以.
【小问3详解】
当时，的最小值为.对于如下的数表，.
下面证明：.
设中恰有个正数，中恰有个正数，.
①若或，不妨设，即，.
所以当时，.
由中所有数不全相同，记数表中1的个数为，则，且
，.
所以.
②由①设且.若或，不妨设，则由（2）中结论知：.
因为，
所以.
③由①②设且.
若，则由（2）中结论知：.
因为，
所以.
若，，不妨设，，，且，由（2）中结论知：.所以.
若数表中存在为1，将其替换为后得到数表.
因为，，
所以.
所以将数表中第行第列为1的数替换为后值变小.
所以不妨设.
因为，，
所以，故的最小值为.场次
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
甲
8
10
10
7
12
8
8
10
10
13
乙
9
13
8
12
14
11
7
9
12
10
丙
12
11
9
11
11
9
9
8
9
11
0
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1