2024北京西城高三（上）期末數學（教師版）

第1頁/共1頁2024北京西城高三（上）期末數學一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.2.在復平面內，復數對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限3.設，且，則（）A. B. C. D.4.已知雙曲線C的一個焦點是，漸近線為，則C的方程是（）A. B.C. D.5.已知點，點滿足.若點，其中，則的最小值為（）A.5 B.4 C.3 D.26.在中，，，，則的面積為（）A. B. C. D.7.已知函數，則（）A.在上是減函數，且曲線存在對稱軸B.在上是減函數，且曲線存在對稱中心C.在上是增函數，且曲線存在對稱軸D.在上是增函數，且曲線存在對稱中心8.設，是非零向量，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件9.設是首項為正數，公比為q的無窮等比數列，其前n項和為.若存在無窮多個正整數，使，則的取值范圍是（）A. B. C. D.10.如圖，水平地面上有一正六邊形地塊，設計師規(guī)劃在正六邊形的頂點處矗立六根與地面垂直的柱子，用以固定一塊平板式太陽能電池板.若其中三根柱子，，的高度依次為，則另外三根柱子的高度之和為（）A.47m B.48m C.49m D.50m二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.在的展開式中，的系數為_______.（用數字作答）12.設，函數.若曲線關于直線對稱，則的一個取值為______.13.已知函數，則的定義域是________；的最小值是_______.14.已知拋物線：.①則的準線方程為_________；②設的頂點為，焦點為.點在上，點與點關于軸對稱.若平分，則點的橫坐標為_______.15.設，函數給出下列四個結論：①在區(qū)間上單調遞減；②當時，存在最大值；③當時，直線與曲線恰有3個交點；④存在正數及點和，使.其中所有正確結論的序號是______.三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16.已知函數的一個零點為.（1）求的值及的最小正周期；（2）若對恒成立，求的最大值和的最小值.17.生活中人們喜愛用跑步軟件記錄分享自己的運動軌跡.為了解某地中學生和大學生對跑步軟件的使用情況，從該地隨機抽取了200名中學生和80名大學生，統計他們最喜愛使用的一款跑步軟件，結果如下：跑步軟件一跑步軟件二跑步軟件三跑步軟件四中學生80604020大學生30202010假設大學生和中學生對跑步軟件的喜愛互不影響.（1）從該地區(qū)的中學生和大學生中各隨機抽取1人，用頻率估計概率，試估計這2人都最喜愛使用跑步軟件一的概率；（2）采用分層抽樣的方式先從樣本中的大學生中隨機抽取人，再從這人中隨機抽取人.記為這人中最喜愛使用跑步軟件二的人數，求的分布列和數學期望；（3）記樣本中的中學生最喜愛使用這四款跑步軟件的頻率依次為，，，，其方差為；樣本中的大學生最喜愛使用這四款跑步軟件的頻率依次為，，，，其方差為；，，，，，，，的方差為.寫出，，的大小關系.（結論不要求證明）18.如圖，在四棱錐中，底面是菱形，平面，平面平面，為中點，.（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的大??；（3）求四面體的體積.19.已知橢圓：的離心率為，且經過點.（1）求的方程；（2）過點的直線交于點（點與點不重合）.設的中點為，連接并延長交于點.若恰為的中點，求直線的方程.20.已知函數，其中.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）求的單調區(qū)間；（3）當且時，判斷與的大小，并說明理由.21.給定正整數，已知項數為且無重復項的數對序列：滿足如下三個性質：①，且；②；③與不同時在數對序列中.（1）當，時，寫出所有滿足的數對序列；（2）當時，證明：；（3）當為奇數時，記的最大值為，求.

參考答案一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.【答案】C【分析】解不等式求得集合，由此求得.【詳解】由解得或，所以，所以.故選：C2.【答案】A【分析】化簡復數，從而求得對應點所在象限.【詳解】，對應點，在第一象限.故選：A3.【答案】D【分析】利用特殊值以及函數的圖象、單調性等知識確定正確答案.【詳解】A選項，若，滿足，但，所以A選項錯誤.B選項，若，滿足，但，所以B選項錯誤.C選項，若，滿足，但，所以C選項錯誤.D選項，對于函數，圖象如下圖所示，由圖可知函數在上單調遞增，所以D選項正確.故選：D4.【答案】D【分析】根據已知條件求得，進而求得正確答案.【詳解】由于焦點，所以且雙曲線的焦點在軸上，雙曲線的漸近線，所以，結合可得，所以雙曲線的方程為.故選：D5.【答案】C【分析】根據直線和圓的位置關系求得正確答案.【詳解】由于，所以是單位圓上的點，由于，其中，所以是直線上的點，畫出圖象如下圖所示，由圖可知，的最小值為.故選：C6.【答案】B【分析】利用余弦定理求得，進而求得三角形的面積.【詳解】由余弦定理得，所以，所以.故選：B7.【答案】D【分析】根據復合函數的單調性、函數的奇偶性等知識確定正確答案.【詳解】由得，解得，所以的定義域是，，在上單調遞增，在上單調遞增，根據復合函數單調性同增異減可知在上是增函數，，所以是奇函數，圖象關于原點對稱，即D選項正確.故選：D8.【答案】A【分析】根據數量積的定義，結合，利用充分、必要條件的定義，結合不等式性質進行分析判定.【詳解】若成立，則，所以充分性成立，若成立，即,等價于（因為），當，時，滿足則，但，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要條件，故選：A9.【答案】B【分析】對進行分類討論，結合等比數列前項和公式求得正確答案.【詳解】依題意，，若，則，，此時不存在符合題意的，所以.若，則，當為正偶數時，，所以存在無窮多個正整數，使.當時，，其中，，所以，此時不存在符合題意的.當時，，其中，當是正奇數時，，所以，此時不存在符合題意的；當是正偶數時，，，所以存在無窮多個正整數，使.綜上所述，的取值范圍是.故選：B10.【答案】A【分析】根據梯形中位線求得，進而求得正確答案.【詳解】依題意可知六點共面，設正六邊形的中心為，連接，平面且平面，依題意可知相交于，連接交于，連接交于，根據正六邊形的性質可知四邊形是菱形，所以相互平分，則相互平分，根據梯形中位線有，即，在梯形中，是的中點，則是的中點，所以，同理可得，所以.故選：A【點睛】關鍵點睛：研究空間圖形的結構，關鍵點在于利用空間平行、垂直、中點等知識.在本題中，柱子與地面垂直，柱子之間相互平行.柱子之間高度不相同，則構成了梯形，則可考慮利用中位線來對問題進行求解.二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.【答案】【分析】根據二項式展開式的通項公式求得正確答案.【詳解】的展開式的通項公式為，取，得的系數為.故答案為：12.【答案】，（答案不唯一）【分析】根據三角函數的對稱性求得正確答案.【詳解】由于曲線關于直線對稱，所以，解得，由于，則.故答案為：，（答案不唯一）13.【答案】①.②.【分析】由函數的解析式有意義，列出不等式組，求得的定義域，化簡，令，得到，結合基本不等式和對數函數的單調性，即可求解.【詳解】由函數有意義，則滿足，解得，所以函數的定義域為，又由，令，可得令，因為，當且僅當時，即時，即時取等號，所以，所以，所以函數的最小值為.故答案為：；.14.【答案】①.②.【分析】根據拋物線方程求得準線方程，利用以及拋物線的焦半徑公式求得點的橫坐標.【詳解】拋物線，，所以準線方程為，焦點，設，則，由于軸，平分，所以，所以，即，，所以的橫坐標為.故答案為：；15.【答案】①②④【分析】對于①，分成，兩種情況討論在區(qū)間上單調性；對于②，結合函數的單調性求函數的最值；對于③，當時，結合函數與的單調性得出此時無交點，當時，設，利用特殊值，得出交點個數進行判斷；對于④，令，，進行驗證.【詳解】對于①，當時，在上單調遞減，此時.當時，在區(qū)間上單調遞減顯然成立；當時，當時，在單調遞減，此時，所以在區(qū)間上單調遞減，故①成立；對于②，如圖，當時，當時，在單調遞減，在單調遞增，此時的最大值為；當時，在上單調遞減，此時的最大值為，所以存在最大值，最大值為，故②正確；對于③，當時，在R上單調遞減，當時，，當時，在單調遞增，此時的最大值為，所以直線與曲線沒有交點；當時，，設，由，解得，當時，，如圖，此時直線與曲線恰有2個交點，故③錯誤；對于④，當時，當時，，當時，；當時，，，如圖，取，時，，所以存在正數及點和使成立，故④正確.故答案為：①②④.【點睛】求分段函數的最值方法：根據每一段函數的單調性求出各自的最值或者范圍，再進行對比求出最終的最值.三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16.【答案】（1），最小正周期為（2）的最大值為，的最小值為1【分析】（1）根據二倍角公式以及輔助角公式化簡，即可代入求解，由周期公式即可求解，（2）根據整體法求解函數的最值，即可求解.【小問1詳解】，由于，故，所以，周期為，【小問2詳解】當時，，故當時，取最大值，當時，取最小值，因此因此，故的最大值為，的最小值為117.【答案】（1）（2）分布列詳見解析，（3）【分析】（1）根據相互獨立事件乘法公式求得正確答案.（2）根據分層抽樣以及超幾何分布的知識求得分布列并計算出數學期望.（3）通過計算，，來確定正確答案.【小問1詳解】從該地區(qū)的中學生和大學生中各隨機抽取1人，這人都最喜愛使用跑步軟件一的概率為.【小問2詳解】因為抽取的人中最喜愛跑步軟件二的人數為，所以的所有可能取值為，，所以的分布列為：所以.【小問3詳解】，證明如下：，，所以.，，所以.數據：，，，，，，，，對應的平均數為所以所以.18.【答案】（1）證明詳見解析（2）（3）【分析】（1）通過證明（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求得直線與平面所成角的大小.（3）先求得到平面的距離，進而求得四面體的體積.【小問1詳解】因為，是的中點，所以，由于平面平面且交線為，平面，所以平面，由于平面，所以，由于平面，平面，所以，由于平面，所以平面；【小問2詳解】因為平面，，所以平面，平面，所以，而平面，平面，所以，由此以為空間坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，則，所以，設平面的法向量為，則，故可設，設直線與平面所成角為，則，由于，所以，所以直線與平面所成角的大小為.【小問3詳解】因為，所以點到平面的距離，由于平面，平面，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以，所以四面體的體積.19.【答案】（1）（2）【分析】（1）根據已知條件列方程組，求得，進而求得的方程.（2）根據直線與軸是否重合進行分類討論，當直線與軸不重合時，設出直線的方程并與橢圓方程聯立，化簡寫出根與系數關系，利用根與系數關系來確定直線的方程.【小問1詳解】依題意，解得，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】若直線與軸重合，則與原點重合，符合題意，此時直線的方程為.若直線與軸不重合，設其方程為，由消去并化簡得，，設，則，則.因為是的中點，所以.因為，所以，整理得，解得，此時直線經過點，不符合題意，舍去.綜上所述，直線的方程為.20.【答案】（1）（2）增區(qū)間，減區(qū)間（3），理由詳見解析【分析】（1）利用導數，結合切點和斜率求得切線方程.（2）利用導數求得的單調區(qū)間.（3）構造函數，利用多次求導的方法判斷出的單調區(qū)間，從而判斷出兩者的大小關系.【小問1詳解】時，，，，所以曲線在點處的切線方程為，即.【小問2詳解】的定義域為，，所以在區(qū)間和上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，所以的增區(qū)間，減區(qū)間；【小問3詳解】當且時，，證明如下：令，則，設，所以在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，所以，即，所以的單調遞增區(qū)間為.當時，，即，當時，，即，綜上所述，當且時，.【點睛】求解函數單調區(qū)間的步驟：（1）確定的定義域；（2）計算導數；（3）求出的根；（4）用的根將的定義域分成若干個區(qū)間，考查這若干個區(qū)間內的符號，進而確定的單調區(qū)間.21.【答案】（1）或（2）證明詳見解析（3）【分析】（1）利用列舉法求得正確答案.（2）利用組合數公式求得的一個大致范圍，然后根據序列滿足的性質證得.（3）先證明，然后利用累加法求得.【小問1詳解】依題意，當，時有：或.【小問2詳解】當時，因為與不同時在數對序列中，所以，所以每個數至多出現次，又因為，所以只有對應的數可以出現次，所以.【小問3詳解】當為奇數時，先證明.因為與不同時在數對序列中，所以，當時，構造恰有項，且首項的第個分量與末項的第個分量都為.對奇數，如果和可以構造一個恰有項的序列，且首項的第個分量與末項的第個分