2024屆北京市西城區(qū)高三下學期4月統(tǒng)一測試數學試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE2北京市西城區(qū)2024屆高三下學期4月統(tǒng)一測試數學試卷第一部分（選擇題）一?選擇題1.已知全集，集合，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因為集合，所以或，又集合，所以或.故選：B.2.下列函數中，既是偶函數又在區(qū)間上單調遞增的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗對于選項A，當時，，當時，，即，所以選項A不滿足題意，對于選項B，因在區(qū)間上不單調，所以選項B不滿足題意，對于選項C，因圖象不關于軸對稱，所以選項C不滿足題意，對于選項D，因為的定義域為，關于原點對稱，又，所以為偶函數，當時，，又在區(qū)間上單調遞增，所以選項D滿足題意，故選：D.3.的展開式中，常數項為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗的展開式的通項為，令，得到所以展開式中常數項為，故選D項.4.已知拋物線與拋物線關于直線對稱，則的準線方程是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗因為拋物線與拋物線關于直線對稱，所以將互換后可得拋物線方程為，即，所以的準線方程為，故選：C.5.設，其中，則（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由，故，故，由對勾函數性質可得，，且，綜上所述，有.故選：C.6.已知向量在正方形網格中的位置如圖所示．若網格紙上小正方形的邊長為1，則（）A. B.1 C. D.7〖答案〗A〖解析〗由圖可得，，故.故選：A.7.已知函數，若存在最小值，則的最大值為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗當時，，故當時，有最小值為；時，單調遞減，所以，由題意存在最小值，則，解得，即的最大值為.故選：A8.在等比數列中，．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〖答案〗B〖解析〗設等比數列的公比為，當時，即有，又，故且，當時，有，故不能得到，即“”不是“”的充分條件；當時，即有，即且，則，當時，由，故，故，當時，，亦可得，故“”是“”的必要條件；綜上所述，“”是“”的必要不充分條件.故選：B.9.關于函數，給出下列三個命題：①是周期函數；②曲線關于直線對稱；③在區(qū)間上恰有3個零點．其中真命題的個數為（）A.0 B.1 C.2 D.3〖答案〗D〖解析〗對于①，因，所以，故，所以選項①正確，對于②，因為，由對稱軸的定義知，為函數的一條對稱軸，所以選項②正確，對于③，因為，令，得到，解得或，又，由，得到或，由，得到，所以選項③正確，故選：D.10.德國心理學家艾·賓浩斯研究發(fā)現，人類大腦對事物的遺忘是有規(guī)律的，他依據實驗數據繪制出“遺忘曲線”．“遺忘曲線”中記憶率隨時間（小時）變化的趨勢可由函數近似描述，則記憶率為時經過的時間約為（）（參考數據：）A.2小時 B.0.8小時 C.0.5小時 D.0.2小時〖答案〗C〖解析〗根據題意得，整理得到，兩邊取以為底的對數，得到，即，又，所以，得到，故選：C.第二部分（非選擇題）二?填空題11.若復數z滿足，則______〖答案〗〖解析〗，則，故.故〖答案〗為：.12.已知．使成立的一組的值為__________；__________．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗取，此時，，故，符合要求.故〖答案〗為：；（〖答案〗不唯一）.13.雙曲線的漸近線方程為__________；若與圓交于四點，且這四個點恰為正方形的四個頂點，則__________．〖答案〗〖解析〗由，故其漸近線方程為；令，由題意可得，即有，解得，故，即.故〖答案〗為：；.14.在數列中，.數列滿足.若是公差為1的等差數列，則的通項公式為______，的最小值為______.〖答案〗〖解析〗由題意，又等差數列的公差為1，所以；故，所以當時，，當時，，所以，顯然的最小值是.又，所以，即的最小值是.故〖答案〗為：，15.如圖，正方形和矩形所在的平面互相垂直．點在正方形及其內部運動，點在矩形及其內部運動．設，給出下列四個結論：①存在點，使；②存在點，使；③到直線和的距離相等的點有無數個；④若，則四面體體積的最大值為．其中所有正確結論的序號是__________．〖答案〗①③④〖解析〗建立如圖所示空間直角坐標系，則有、、、、、，設，，其中，，對①：，則，當，，時，有，故存在點，使，故①正確；對②：，，若，則有，由，，故當時，，，此時有，即，即，此時與重合，與重合，故不存在點，使，故②錯誤；對③：點到直線的距離為，點到直線的距離為，即有，即，由，故其軌跡為雙曲線的一部分，即點有無數個，故③正確；對④：，，由，故有，則，又，故，故④正確.故〖答案〗為：①③④.三?解答題16.如圖，在三棱柱中，側面為正方形，，，為的中點．（1）求證：平面；（2）若，求二面角的余弦值．（1）證明：如圖，連接，設，連接．因為在三棱柱中，四邊形是平行四邊形，所以為的中點．因為為的中點，所以．又因為平面，平面，所以平面．（2）解：因為，，又，平面，平面，所以平面，又因平面，所以．又，所以，，兩兩相互垂直．如圖建立空間直角坐標系，則，，，．所以，．設平面的法間量為，則即，令，則，于是．因為平面，所以是平面的一個法向量．所以．由題設，二面角的平面角為鈍角，所以二面角的余弦值為．17.在中，．（1）求的大?。唬?）若，再從下列三個條件中選擇一個作為已知，使存在，求的面積．條件①：邊上中線的長為；條件②：；條件③：．注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．解：（1）由，得，在中，由正弦定理得，因為，所以，又，所以；（2）選條件①：邊上中線的長為：設邊中點為，連接，則，中，由余弦定理得，即，整理得，解得或（舍），所以的面積為，選條件③：：在中，由余弦定理得，即，整理得，解得或，當時，的面積為．當時，的面積為．不可選條件②，理由如下：若，故為鈍角，則，則，，即，其與為鈍角矛盾，故不存在這樣的.18.10米氣步槍是國際射擊聯合會的比賽項目之一，資格賽比賽規(guī)則如下：每位選手采用立姿射擊60發(fā)子彈，總環(huán)數排名前8的選手進入決賽．三位選手甲?乙?丙的資格賽成績如下：環(huán)數6環(huán)7環(huán)8環(huán)9環(huán)10環(huán)甲的射出頻數11102424乙的射出頻數32103015丙的射出頻數24101826假設用頻率估計概率，且甲?乙?丙的射擊成績相互獨立．（1）若丙進入決賽，試判斷甲是否進入決賽，說明理由；（2）若甲?乙各射擊2次，估計這4次射擊中出現2個“9環(huán)”和2個“10環(huán)”的概率；（3）甲?乙?丙各射擊10次，用分別表示甲?乙?丙的10次射擊中大于環(huán)的次數，其中．寫出一個的值，使．（結論不要求證明）解：（1）甲進入決賽，理由如下：丙射擊成績的總環(huán)數為，甲射擊成績的總環(huán)數為．因為，所以用樣本來估計總體可得甲進入決賽．（2）根據題中數據：“甲命中9環(huán)”的概率可估計為；“甲命中10環(huán)”的概率可估計為；“乙命中9環(huán)”的概率可估計為；“乙命中10環(huán)”的概率可估計為．所以這4次射擊中出現2個“9環(huán)”和2個“10環(huán)”的概率可估計為：（3）或8．根據題中數據：當時，在每次射擊中，甲擊中大于環(huán)的的概率為；在每次射擊中，乙擊中大于環(huán)的的概率為；在每次射擊中，丙擊中大于環(huán)的的概率為；由題意可知：，，.此時，，，不滿足.當時，在每次射擊中，甲擊中大于環(huán)的的概率為；在每次射擊中，乙擊中大于環(huán)的概率為；在每次射擊中，丙擊中大于環(huán)的的概率為；由題意可知：，，.此時，，，滿足.當時，在每次射擊中，甲擊中大于環(huán)的的概率為；在每次射擊中，乙擊中大于環(huán)的的概率為；在每次射擊中，丙擊中大于環(huán)的的概率為；由題意可知：，，.此時，，，滿足.當時，在每次射擊中，甲擊中大于環(huán)的的概率為；在每次射擊中，乙擊中大于環(huán)的的概率為；在每次射擊中，丙擊中大于環(huán)的的概率為；由題意可知：，，.此時，，，不滿足.所以或8．19.已知橢圓的一個頂點為，離心率為．（1）求橢圓的方程；（2）設為原點．直線與橢圓交于兩點（不是橢圓的頂點），與直線交于點，直線分別與直線交于點．求證：．（1）解：由題意可得，解得，所以橢圓的方程為；（2）證明：由題意可知直線的斜率存在，設其方程為．則，直線的方程為，由，得，由，得，設，則，直線的方程為，聯立直線和得，解得，同理可得，所以，因為，所以，即點和點關于原點對稱，所以．.20.已知函數．（1）當時，求曲線在點處切線的斜率；（2）當時，討論的單調性；（3）若集合有且只有一個元素，求的值．解：（1）當時，，所以,得到，所以曲線在點處切線的斜率為．（2）當時，，易知的定義域為，又，因為，所以，所以時，，時，所以的單調遞增區(qū)間為；單調遞減區(qū)間為．（3）因為，所以，易知，當時，的定義域為，所以恒成立，故在上單調遞增，又，所以不合題意，當時，的定義域為，此時，所以時，，時，，故的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為，所以．設，則，當時，，時，，所以的單調遞減區(qū)間為；單調遞增區(qū)間為．所以，所以集合有且只有一個元素時．21.對正整數，設數列.是行列的數陣，表示中第行第列的數，，且同時滿足下列三個條件：①每行恰有三個1；②每列至少有一個1；③任意兩行不相同．記集合或中元素的個數為．（1）若，求的值；（2）若對任意中都恰有行滿足第列和第列的數均為1．①能否滿足？說明理由；②證明：．（1）解：記，則，，，故；（2）①解：不滿足，理由如下：假設滿足，因為的每行恰有三個1，故中滿足的的個數共有個，另一方面，從中任選兩列共有種可能，且對任意兩列，都恰有行使得這兩列的數均為1，故中滿足的的個數共有個，所以，當時，得，此方程無解，所以不滿足；②證明：由①可得，即，下面考慮滿足，但的的個數：對中滿足和3的行，每行恰有兩組使且，所以滿足，但的的個數為，設數列中有項為項為0，滿足，但的的個數為，所以滿足，但的的個數為，所以，所以．北京市西城區(qū)2024屆高三下學期4月統(tǒng)一測試數學試卷第一部分（選擇題）一?選擇題1.已知全集，集合，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因為集合，所以或，又集合，所以或.故選：B.2.下列函數中，既是偶函數又在區(qū)間上單調遞增的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗對于選項A，當時，，當時，，即，所以選項A不滿足題意，對于選項B，因在區(qū)間上不單調，所以選項B不滿足題意，對于選項C，因圖象不關于軸對稱，所以選項C不滿足題意，對于選項D，因為的定義域為，關于原點對稱，又，所以為偶函數，當時，，又在區(qū)間上單調遞增，所以選項D滿足題意，故選：D.3.的展開式中，常數項為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗的展開式的通項為，令，得到所以展開式中常數項為，故選D項.4.已知拋物線與拋物線關于直線對稱，則的準線方程是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗因為拋物線與拋物線關于直線對稱，所以將互換后可得拋物線方程為，即，所以的準線方程為，故選：C.5.設，其中，則（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由，故，故，由對勾函數性質可得，，且，綜上所述，有.故選：C.6.已知向量在正方形網格中的位置如圖所示．若網格紙上小正方形的邊長為1，則（）A. B.1 C. D.7〖答案〗A〖解析〗由圖可得，，故.故選：A.7.已知函數，若存在最小值，則的最大值為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗當時，，故當時，有最小值為；時，單調遞減，所以，由題意存在最小值，則，解得，即的最大值為.故選：A8.在等比數列中，．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〖答案〗B〖解析〗設等比數列的公比為，當時，即有，又，故且，當時，有，故不能得到，即“”不是“”的充分條件；當時，即有，即且，則，當時，由，故，故，當時，，亦可得，故“”是“”的必要條件；綜上所述，“”是“”的必要不充分條件.故選：B.9.關于函數，給出下列三個命題：①是周期函數；②曲線關于直線對稱；③在區(qū)間上恰有3個零點．其中真命題的個數為（）A.0 B.1 C.2 D.3〖答案〗D〖解析〗對于①，因，所以，故，所以選項①正確，對于②，因為，由對稱軸的定義知，為函數的一條對稱軸，所以選項②正確，對于③，因為，令，得到，解得或，又，由，得到或，由，得到，所以選項③正確，故選：D.10.德國心理學家艾·賓浩斯研究發(fā)現，人類大腦對事物的遺忘是有規(guī)律的，他依據實驗數據繪制出“遺忘曲線”．“遺忘曲線”中記憶率隨時間（小時）變化的趨勢可由函數近似描述，則記憶率為時經過的時間約為（）（參考數據：）A.2小時 B.0.8小時 C.0.5小時 D.0.2小時〖答案〗C〖解析〗根據題意得，整理得到，兩邊取以為底的對數，得到，即，又，所以，得到，故選：C.第二部分（非選擇題）二?填空題11.若復數z滿足，則______〖答案〗〖解析〗，則，故.故〖答案〗為：.12.已知．使成立的一組的值為__________；__________．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗取，此時，，故，符合要求.故〖答案〗為：；（〖答案〗不唯一）.13.雙曲線的漸近線方程為__________；若與圓交于四點，且這四個點恰為正方形的四個頂點，則__________．〖答案〗〖解析〗由，故其漸近線方程為；令，由題意可得，即有，解得，故，即.故〖答案〗為：；.14.在數列中，.數列滿足.若是公差為1的等差數列，則的通項公式為______，的最小值為______.〖答案〗〖解析〗由題意，又等差數列的公差為1，所以；故，所以當時，，當時，，所以，顯然的最小值是.又，所以，即的最小值是.故〖答案〗為：，15.如圖，正方形和矩形所在的平面互相垂直．點在正方形及其內部運動，點在矩形及其內部運動．設，給出下列四個結論：①存在點，使；②存在點，使；③到直線和的距離相等的點有無數個；④若，則四面體體積的最大值為．其中所有正確結論的序號是__________．〖答案〗①③④〖解析〗建立如圖所示空間直角坐標系，則有、、、、、，設，，其中，，對①：，則，當，，時，有，故存在點，使，故①正確；對②：，，若，則有，由，，故當時，，，此時有，即，即，此時與重合，與重合，故不存在點，使，故②錯誤；對③：點到直線的距離為，點到直線的距離為，即有，即，由，故其軌跡為雙曲線的一部分，即點有無數個，故③正確；對④：，，由，故有，則，又，故，故④正確.故〖答案〗為：①③④.三?解答題16.如圖，在三棱柱中，側面為正方形，，，為的中點．（1）求證：平面；（2）若，求二面角的余弦值．（1）證明：如圖，連接，設，連接．因為在三棱柱中，四邊形是平行四邊形，所以為的中點．因為為的中點，所以．又因為平面，平面，所以平面．（2）解：因為，，又，平面，平面，所以平面，又因平面，所以．又，所以，，兩兩相互垂直．如圖建立空間直角坐標系，則，，，．所以，．設平面的法間量為，則即，令，則，于是．因為平面，所以是平面的一個法向量．所以．由題設，二面角的平面角為鈍角，所以二面角的余弦值為．17.在中，．（1）求的大小；（2）若，再從下列三個條件中選擇一個作為已知，使存在，求的面積．條件①：邊上中線的長為；條件②：；條件③：．注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．解：（1）由，得，在中，由正弦定理得，因為，所以，又，所以；（2）選條件①：邊上中線的長為：設邊中點為，連接，則，中，由余弦定理得，即，整理得，解得或（舍），所以的面積為，選條件③：：在中，由余弦定理得，即，整理得，解得或，當時，的面積為．當時，的面積為．不可選條件②，理由如下：若，故為鈍角，則，則，，即，其與為鈍角矛盾，故不存在這樣的.18.10米氣步槍是國際射擊聯合會的比賽項目之一，資格賽比賽規(guī)則如下：每位選手采用立姿射擊60發(fā)子彈，總環(huán)數排名前8的選手進入決賽．三位選手甲?乙?丙的資格賽成績如下：環(huán)數6環(huán)7環(huán)8環(huán)9環(huán)10環(huán)甲的射出頻數11102424乙的射出頻數32103015丙的射出頻數24101826假設用頻率估計概率，且甲?乙?丙的射擊成績相互獨立．（1）若丙進入決賽，試判斷甲是否進入決賽，說明理由；（2）若甲?乙各射擊2次，估計這4次射擊中出現2個“9環(huán)”和2個“10環(huán)”的概率；（3）甲?乙?丙各射擊10次，用分別表示甲?乙?丙的10次射擊中大于環(huán)的次數，其中．寫出一個的值，使．（結論不要求證明）解：（1）甲進入決賽，理由如下：丙射擊成績的總環(huán)數為，甲射擊成績的總環(huán)數為．因為，所以用樣本來估計總體可得甲進入決賽．（2）根據題中數據：“甲命中9環(huán)”的概率可估計為；“甲命中10環(huán)”的概率可估計為；“乙命中9環(huán)”的概率可估計為；“乙命中10環(huán)”的概率可估計為．所以這4次射擊中出現2個“9環(huán)”和2個“10環(huán)”的概率可估計為：（3）或8．根據題中數據：當時，在每次射擊中，甲擊中大于環(huán)的的概率為；在每次射擊中，乙擊中大于環(huán)的的概率為；在每次射擊中，丙擊中大于環(huán)的的概率為；由題意可知：，，.此時，，，不滿足.當時，在每次射擊中，甲擊中大于環(huán)的的概率為；在每次射擊中，乙擊中大于環(huán)的概率為；在每次射擊中，丙擊中大于環(huán)的的概率為；由題意可知：，，.此時，，，滿足.當時，在每次射擊中，甲擊中大于環(huán)的的概率為；在每次射擊中，乙擊中大于環(huán)的的概率為；在每次射擊中，丙擊中大于環(huán)的的概率為；由題意可知：，，.此時，，，滿足.當時，在每次射擊中，甲擊中大于環(huán)的的概率為；在每次射擊中，乙擊中大于環(huán)的的概率為；在每次射擊中，丙擊中大于環(huán)的的概率為；由題意可知：