2024北京昌平二中高三（上）期中數(shù)學（教師版）

第1頁/共1頁2024北京昌平二中高三（上）期中數(shù)學（滿分：150分時間：120分鐘）一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分．在每小題中選出符合題目要求的一項．）1.已知，則（）A. B.C. D.2.若復數(shù)z滿足，則（）A.1 B.5 C.7 D.253.的展開式中的系數(shù)為（）A.240 B. C.120 D.4.下列函數(shù)中，是奇函數(shù)且在其定義域上為增函數(shù)的是（）A. B. C. D.5.已知圓，直線，則直線被圓所截得的弦長為（）A. B. C. D.6.已知向量，，則“”是“與共線”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7.設函數(shù)，，其中，.若，，且的最小正周期大于，則A.， B.， C.， D.，8.已知直線，，點是拋物線上一點，則點到直線和的距離之和的最小值為（）A.2 B. C.3 D.9.已知等差數(shù)列的公差為，前項和為，若，則下列命題錯誤的是A. B.C.中的最大項為 D.10.由曲線圍成的圖形面積為（）A. B. C. D.二、填空題（共5小題，每小題5分，共25分．）11.已知函數(shù)，則函數(shù)的零點個數(shù)為__________.12.已知各頂點都在一個球面上的正四棱柱高為4，體積為16，則這個球的表面積是________.13.若直線與雙曲線只有一個公共點，則的一個取值為________．14.紙張的規(guī)格是指紙張制成后，經(jīng)過修整切邊，裁成一定的尺寸．現(xiàn)在我國采用國際標準，規(guī)定以，，，，，…等標記來表示紙張的幅面規(guī)格．復印紙幅面規(guī)格只采用系列和系列，其中系列的幅面規(guī)格為：①，，，…，所有規(guī)格的紙張的幅寬（以表示）和長度（以表示）的比例關系都為；②將紙張沿長度方向對開成兩等分，便成為規(guī)格，紙張沿長度方向對開成兩等分，便成為規(guī)格，…，如此對開至規(guī)格．現(xiàn)有，，，…，紙各一張．若紙的寬度為，則紙的面積為______；這9張紙的面積之和等于______．15.設，函數(shù)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(shù)及點和，使.其中所有正確結論的序號是______.三、解答題（本大題共6小題，共85分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）16.在中，．（1）求角的大小；（2）再從條件①?條件②?條件③這三個條件中選擇兩個作為已知，使得存在且唯一確定，求的面積．條件①：；條件②：；條件③：．17.如圖，在直三棱柱中，，，是中點．（1）求證：平面；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值；（3）求點到平面的距離．18.如圖，在四棱錐中，平面平面，，，，，，.（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在點，使得平面？若存在，求的值；若不存在，說明理由.19.已知橢圓：（）的離心率為，是橢圓的左，右焦點，點是橢圓上任意一點且滿足.（1）求橢圓方程；（2）設為橢圓右頂點，過點的直線與橢圓交于，兩點（異于），直線，分別交直線于，兩點.求證：，兩點的縱坐標之積為定值.20.已知函數(shù).（1）若，求f(x)在點處的切線方程；（2）若f(x)在上恰有一個極小值點，求實數(shù)的取值范圍；（3）若對于任意，恒成立，求實數(shù)的取值范圍.21.設正整數(shù)，集合，對于集合中的任意元素和，及實數(shù)，定義：當且僅當時；；．若的子集滿足：當且僅當時，，則稱為的完美子集．（1）當時，已知集合，．分別判斷這兩個集合是否為的完美子集，并說明理由：（2）當時，已知集合．若不是的完美子集，求的值；（3）已知集合，其中．若對任意都成立，判斷是否一定為的完美子集．若是，請說明理由；若不是，請給出反例．

參考答案一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分．在每小題中選出符合題目要求的一項．）1.【答案】A【詳解】由題可知：所以，，所以答案選A【考點定位】考查集合的交集和補集，屬于簡單題.2.【答案】B【分析】利用復數(shù)四則運算，先求出，再計算復數(shù)的模．【詳解】由題意有，故．故選：B．3.【答案】A【分析】根據(jù)二項展開式的通項公式求解即可【詳解】展開式的通項，由，可得.∴含項的系數(shù)為.故選：A.4.【答案】B【分析】根據(jù)給定條件逐一分析各選項即可判斷作答.【詳解】對于A，函數(shù)是奇函數(shù)，但在其定義域上不單調，A不正確；對于B，函數(shù)定義域是R，是奇函數(shù)，當時，在上單調遞增，當時，在上也單調遞增，即函數(shù)在其定義域R上單調遞增，B正確；對于C，函數(shù)是奇函數(shù)，但在其定義域上不單調，C不正確；對于D，函數(shù)定義域是，它是奇函數(shù)，在和(0,+∞)上單調遞增，但在其定義域上不單調，D不正確.故選：B5.【答案】A【分析】先求得圓心坐標和半徑，然后求出圓心到直線的距離，由勾股定理得弦長．【詳解】圓標準方程是，圓心為，半徑為，圓心到直線的距離為，所以弦長為．故選：A．6.【答案】A【詳解】當時，，則與共線；當與共線時，，，所以“”是“與共線”的充分不必要條件；故選:A.7.【答案】A【詳解】由題意，其中，所以，又，所以，所以，，由得，故選A．【考點】求三角函數(shù)的解析式【名師點睛】有關問題，一種為提供函數(shù)圖象求解析式或某參數(shù)的范圍，一般先根據(jù)圖象的最高點或最低點確定，再根據(jù)周期或周期或周期求出，最后再利用最高點或最低點坐標滿足解析式，求出滿足條件的值，另一種時根據(jù)題目用文字形容的函數(shù)圖象特點，如對稱軸或曲線經(jīng)過的點的坐標，根據(jù)題意自己畫出圖象，再尋求待定的參變量，題型很活，求或的值或最值或范圍等.8.【答案】C【分析】由拋物線的定義可知點到直線和的距離之和的最小值即為焦點到直線的距離.【詳解】解：由題意，拋物線的焦點為，準線為，所以根據(jù)拋物線的定義可得點到直線的距離等于，所以點到直線和的距離之和的最小值即為焦點到直線的距離，故選：C.9.【答案】C【分析】由，可得，，進而有，然后根據(jù)等差數(shù)列前項和公式及等差數(shù)列的性質即可求解.【詳解】解：由題意，因為，所以，，所以，所以，，，所以選項A、B、D正確，又中的最大項為，所以選項C錯誤，故選：C.10.【答案】A【分析】分類討論研究曲線的性質并畫出示意圖，數(shù)形結合判斷圖形構成求面積.【詳解】當時，曲線為，當時，曲線為，當時，曲線為，當時，曲線為，同時點均在曲線上，如下圖示，所以圍成圖形是4個半徑均為的半圓，與1個邊長為的正方形組成，故圖形面積為.故選：A二、填空題（共5小題，每小題5分，共25分．）11.【答案】2【分析】根據(jù)給定條件直接解方程即可得函數(shù)的零點個數(shù).【詳解】解方程，當時，，而，于是得，即，當時，，解得，所以函數(shù)的零點個數(shù)為2.故答案為：212.【答案】【詳解】試題分析：正四棱柱的高是4，體積是16，則底面邊長為2，底面正方形的對角線長度為，所以正四棱柱體對角線的長度為，四棱柱體對角線為外接球的直徑，所以球的半徑為，所以球的表面積為．考點：正四棱柱外接球表面積．13.【答案】（或，答案不唯一）【分析】聯(lián)立直線方程與雙曲線方程，根據(jù)交點個數(shù)與方程根的情況列式即可求解.【詳解】聯(lián)立，化簡并整理得：，由題意得或，解得或無解，即，經(jīng)檢驗，符合題意.故答案為：（或，答案不唯一）.14.【答案】①.②.##【分析】根據(jù)題設背景，分析紙張長寬、面積為等比數(shù)列，利用列舉等比數(shù)列的項求對應長寬，進而求面積，再應用等比數(shù)列前n項和求面積和.【詳解】由題設，若的長寬分別為，則的長寬分別為，的長寬分別為，的長寬分別為，的長寬分別為，又紙寬度為，所以，則的面積為，由上分析，面積為，面積為，面積為，，依次類推，易知，這9張紙的面積是以為首項，為公比的等比數(shù)列，所以，面積之和為.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0,+∞上單調性；對于②，結合函數(shù)的單調性求函數(shù)的最值；對于③，當時，結合函數(shù)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(shù)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0,+∞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0,+∞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y=fx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(shù)及點和使成立，故④正確.故答案為：①②④.【點睛】求分段函數(shù)的最值方法：根據(jù)每一段函數(shù)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（本大題共6小題，共85分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）16.【答案】（1）（2）答案見解析【分析】（1）利用正弦定理可得答案；（2）若選條件①、②，由余弦定理解得或，不符合題意；若選條件①、③，利用平方關系求出，由正弦定理可得，利用兩角和的余弦展開式計算出，利用平方關系求出，可得，符合題意；若選條件條件②、③，利用平方關系計算出，由正弦定理解得，利用兩角和的余弦展開式計算出，利用平方關系求出，可得，符合題意.【小問1詳解】由正弦定理得，因為在中，，所以，又因為，所以，所以，可得；【小問2詳解】由（1）知，若選條件①：，條件②：，則由余弦定理可得,即，解得或，可使得的面積存在但唯一確定，故不符合題意；若選條件①：，條件③：，則可得，在中由正弦定理可得，即，解得，，因為，所以，所以，符合題意；若選條件②：，條件③：，則可得，在中由正弦定理可得，即，解得，，因為，所以，所以，符合題意.17.【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）.【分析】（1）連接，交于點，連接，易證，再由線面平行的判定證結論；（2）構建空間直角坐標系，應用向量法求面面角的余弦值；（3）根據(jù)（2）所得空間直角坐標系，應用向量法求點面距.【小問1詳解】連接，交于點，連接，直棱柱中，顯然是中點，又是中點，故，面，面，則面.【小問2詳解】由直三棱柱中，故可構建如圖所示空間直角坐標系，所以面的一個法向量為，又，所以，若是面的一個法向量，則，令，則，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值.【小問3詳解】由，則，則點到平面的距離.18.【答案】（1）見解析；（2）；（3）存在，【詳解】試題分析：（1）由面面垂直性質定理知AB⊥平面；根據(jù)線面垂直性質定理可知，再由線面垂直判定定理可知平面；（2）取的中點，連結，，以為坐標原點建立空間直角坐標系，利用向量法可求出直線與平面所成角的正弦值；（3）假設存在，根據(jù)A，P，M三點共線，設，根據(jù)平面，即，求的值，即可求出的值.試題解析：（1）因為平面平面，，所以平面，所以，又因為，所以平面；（2）取的中點，連結，，因為，所以.又因為平面，平面平面，所以平面.因為平面，所以.因為，所以.如圖建立空間直角坐標系，由題意得，.設平面的法向量為，則即令，則.所以.又，所以.所以直線與平面所成角的正弦值為.（3）設是棱上一點，則存在使得.因此點.因為平面，所以平面當且僅當，即，解得.所以在棱上存在點使得平面，此時.考點：1.空間垂直判定與性質；2.異面直線所成角的計算；3.空間向量的運用.19.【答案】（1）（2）證明見解析.【分析】（1）由題知，，進而解方程即可求得答案；（2）先討論直線的斜率不存在時得，兩點的縱坐標之積為，再討論直線的斜率存在時，設直線的方程為，，進而得，再聯(lián)立方程，結合韋達定理求解即可.【小問1詳解】解：因為是橢圓的左，右焦點，點是橢圓上任意一點且滿足，所以，解得，因為橢圓的離心率為，所以，解得.所以，，所以，橢圓方程為.【小問2詳解】解：由（1）知，，當直線的斜率不存在時，方程為，此時，，直線方程為，直線方程為，所以，，所以，，兩點的縱坐標之積為，當直線的斜率存在時，因為過點的直線與橢圓交于，兩點（異于），所以直線的斜率不為，設直線的方程為，設，則直線方程為，直線方程為，因為直線，分別交直線于，兩點所以，聯(lián)立直方程得，所以，，所以，，所以，，兩點的縱坐標之積為所以，，兩點的縱坐標之積為定值.20.【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）求導，根據(jù)導數(shù)的幾何意義可得切線斜率及方程；（2）求導，可得函數(shù)單調區(qū)間與極值點，再根據(jù)極值點范圍可得參數(shù)范圍；（3）由不等式恒成立可知恒成立，，即，求函數(shù)的最值即可.【小問1詳解】當時，，，所以，，所以切線方程為.【小問2詳解】由，得.令，得，.①若，則，在上恒成立，因此，在上單調遞增，無極值，不符合題意.②若，則，與的情況如下：極大值極小值因此，在，上單調遞增，在上單調遞減.若在上有且只有一個極小值點，則需，所以.綜上，的取值范圍是.【小問3詳解】因為，所以，即.又因為，所以，即.令，所以.因為，所以，又，所以，所以為上減函數(shù)，所