2023-2024学年北京市第十二中高三数学第一学期期末综合测试试题含解析

2023-2024学年北京市第十二中高三数学第一学期期末综合测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．“幻方”最早记载于我国公元前500年的春秋时期《大戴礼》中．“阶幻方”是由前个正整数组成的—个阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的个数之和（简称幻和）相等，例如“3阶幻方”的幻和为15（如图所示）．则“5阶幻方”的幻和为（）A．75 B．65 C．55 D．452．若的展开式中含有常数项，且的最小值为，则（）A． B． C． D．3．已知数列的前项和为，且，，，则的通项公式（）A． B． C． D．4．若时，，则的取值范围为（）A． B． C． D．5．已知不重合的平面和直线，则“”的充分不必要条件是（）A．内有无数条直线与平行 B．且C．且 D．内的任何直线都与平行6．已知等差数列的前13项和为52，则（）A．256 B．-256 C．32 D．-327．《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术.得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟.”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：，，，，则按照以上规律，若具有“穿墙术”，则（）A．48 B．63 C．99 D．1208．已知是双曲线的两个焦点，过点且垂直于轴的直线与相交于两点，若，则的内切圆半径为（）A． B． C． D．9．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，若球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为（）A． B． C． D．10．在很多地铁的车厢里，顶部的扶手是一根漂亮的弯管，如下图所示．将弯管形状近似地看成是圆弧，已知弯管向外的最大突出(图中)有，跨接了6个坐位的宽度()，每个座位宽度为，估计弯管的长度，下面的结果中最接近真实值的是（）A． B． C． D．11．为了研究国民收入在国民之间的分配，避免贫富过分悬殊，美国统计学家劳伦茨提出了著名的劳伦茨曲线，如图所示.劳伦茨曲线为直线时，表示收入完全平等.劳伦茨曲线为折线时，表示收入完全不平等.记区域为不平等区域，表示其面积，为的面积，将称为基尼系数.对于下列说法：①越小，则国民分配越公平；②设劳伦茨曲线对应的函数为，则对，均有；③若某国家某年的劳伦茨曲线近似为，则；④若某国家某年的劳伦茨曲线近似为，则.其中正确的是：A．①④ B．②③ C．①③④ D．①②④12．已知复数满足，其中为虚数单位，则（）．A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知平面向量、的夹角为，且，则的最大值是_____．14．若双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为______．15．设、分别为椭圆：的左、右两个焦点，过作斜率为1的直线，交于、两点，则________16．如图，在正四棱柱中，P是侧棱上一点，且.设三棱锥的体积为，正四棱柱的体积为V，则的值为________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）2019年是中华人民共和国成立70周年．为了让人民了解建国70周年的风雨历程，某地的民调机构随机选取了该地的100名市民进行调查，将他们的年龄分成6段：，，…，，并绘制了如图所示的频率分布直方图．（1）现从年龄在，，内的人员中按分层抽样的方法抽取8人，再从这8人中随机选取3人进行座谈，用表示年龄在）内的人数，求的分布列和数学期望；（2）若用样本的频率代替概率，用随机抽样的方法从该地抽取20名市民进行调查，其中有名市民的年龄在的概率为．当最大时，求的值．18．（12分）过点P(-4,0)的动直线l与抛物线相交于D、E两点，已知当l的斜率为时，.（1）求抛物线C的方程；（2）设的中垂线在轴上的截距为,求的取值范围.19．（12分）如图，在三棱柱中，，，，为的中点，且.（1）求证：平面；（2）求锐二面角的余弦值.20．（12分）如图所示，直角梯形ABCD中，，，，四边形EDCF为矩形，，平面平面ABCD．(1)求证：平面ABE；(2)求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值．(3)在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为，若存在，求出线段BP的长，若不存在，请说明理由．21．（12分）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点.（1）证明：：（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值.22．（10分）如图，在三棱锥中，平面平面，，.点，，分别为线段，，的中点，点是线段的中点.（1）求证：平面.（2）判断与平面的位置关系，并证明.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】

计算的和，然后除以，得到“5阶幻方”的幻和.【详解】依题意“5阶幻方”的幻和为，故选B.【点睛】本小题主要考查合情推理与演绎推理，考查等差数列前项和公式，属于基础题.2、C【解析】展开式的通项为，因为展开式中含有常数项，所以，即为整数，故n的最小值为1．所以.故选C点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.3、C【解析】

利用证得数列为常数列，并由此求得的通项公式.【详解】由，得，可得（）.相减得，则（），又由，，得，所以，所以为常数列，所以，故.故选：C【点睛】本小题考查数列的通项与前项和的关系等基础知识；考查运算求解能力，逻辑推理能力，应用意识.4、D【解析】

由题得对恒成立，令，然后分别求出即可得的取值范围.【详解】由题得对恒成立，令，在单调递减，且，在上单调递增，在上单调递减，，又在单调递增，，的取值范围为.故选：D【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题，导数的综合应用，考查了转化与化归的思想.求解不等式恒成立问题，可采用参变量分离法去求解.5、B【解析】

根据充分不必要条件和直线和平面，平面和平面的位置关系，依次判断每个选项得到答案.【详解】A.内有无数条直线与平行，则相交或，排除；B.且，故，当，不能得到且，满足；C.且，，则相交或，排除；D.内的任何直线都与平行，故，若，则内的任何直线都与平行，充要条件，排除.故选：.【点睛】本题考查了充分不必要条件和直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的综合应用能力.6、A【解析】

利用等差数列的求和公式及等差数列的性质可以求得结果.【详解】由，，得.选A.【点睛】本题主要考查等差数列的求和公式及等差数列的性质，等差数列的等和性应用能快速求得结果.7、C【解析】

观察规律得根号内分母为分子的平方减1，从而求出n.【详解】解：观察各式发现规律，根号内分母为分子的平方减1所以故选：C.【点睛】本题考查了归纳推理，发现总结各式规律是关键，属于基础题.8、B【解析】

首先由求得双曲线的方程，进而求得三角形的面积，再由三角形的面积等于周长乘以内切圆的半径即可求解.【详解】由题意将代入双曲线的方程,得则,由,得的周长为,设的内切圆的半径为,则,故选：B【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查三角形的内心的概念，考查了转化的思想，属于中档题.9、B【解析】

由题意画出图形，设球0得半径为R，AB=x,AC=y,由球0的表面积为20π，可得R2=5，再求出三角形ABC外接圆的半径,利用余弦定理及基本不等式求xy的最大值，代入棱锥体积公式得答案.【详解】设球的半径为，，，由，得．如图：设三角形的外心为，连接，，，可得，则．在中，由正弦定理可得：，即，由余弦定理可得，，．则三棱锥的体积的最大值为．故选：．【点睛】本题考查三棱锥的外接球、三棱锥的侧面积、体积，基本不等式等基础知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题．10、B【解析】

为弯管，为6个座位的宽度，利用勾股定理求出弧所在圆的半径为，从而可得弧所对的圆心角，再利用弧长公式即可求解.【详解】如图所示，为弯管，为6个座位的宽度，则设弧所在圆的半径为，则解得可以近似地认为，即于是，长所以是最接近的，其中选项A的长度比还小，不可能，因此只能选B，260或者由，所以弧长.故选：B【点睛】本题考查了弧长公式，需熟记公式，考查了学生的分析问题的能力，属于基础题.11、A【解析】

对于①，根据基尼系数公式，可得基尼系数越小，不平等区域的面积越小，国民分配越公平，所以①正确.对于②，根据劳伦茨曲线为一条凹向横轴的曲线，由图得，均有，可得，所以②错误.对于③，因为，所以，所以③错误.对于④，因为，所以，所以④正确.故选A．12、A【解析】

先化简求出，即可求得答案.【详解】因为，所以所以故选：A【点睛】此题考查复数的基本运算，注意计算的准确度，属于简单题目.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

建立平面直角坐标系，设，可得，进而可得出，，由此将转化为以为自变量的三角函数，利用三角恒等变换思想以及正弦函数的有界性可得出结果.【详解】根据题意建立平面直角坐标系如图所示，设，，以、为邻边作平行四边形，则，设，则，，且，在中，由正弦定理，得，即，在中，由正弦定理，得，即.，，则，当时，取最大值.故答案为：.【点睛】本题考查了向量的数量积最值的计算，将问题转化为角的三角函数的最值问题是解答的关键，考查计算能力，属于难题．14、【解析】

利用,得到的关系式,然后代入双曲线的渐近线方程即可求解.【详解】因为双曲线的离心率为,所以,即,因为双曲线的渐近线方程为,所以双曲线的渐近线方程为.故答案为:【点睛】本题考查双曲线的几何性质;考查运算求解能力;熟练掌握双曲线的几何性质是求解本题的关键;属于基础题.15、【解析】

由椭圆的标准方程，求出焦点的坐标，写出直线方程，与椭圆方程联立，求出弦长，利用定义可得，进而求出。【详解】由知，焦点，所以直线：，代入得，即，设，，故由定义有，，所以。【点睛】本题主要考查椭圆的定义、椭圆的简单几何性质、以及直线与椭圆位置关系中弦长的求法，注意直线过焦点，位置特殊，采取合适的弦长公式，简化运算。16、【解析】

设正四棱柱的底面边长，高，再根据柱体、锥体的体积公式计算可得.【详解】解：设正四棱柱的底面边长，高，则，即故答案为：【点睛】本题考查柱体、锥体的体积计算，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）分布列见解析,（1）【解析】

（1）根据频率分布直方图及抽取总人数，结合各组频率值即可求得各组抽取的人数；的可能取值为0，1，1，由离散型随机变量概率求法即可求得各概率值，即可得分布列；由数学期望公式即可求得其数学期望.（1）先求得年龄在内的频率，视为概率.结合二项分布的性质，表示出，令，化简后可证明其单调性及取得最大值时的值．【详解】（1）按分层抽样的方法拉取的8人中，年龄在的人数为人，年龄在内的人数为人．年龄在内的人数为人．所以的可能取值为0，1，1．所以，，，所以的分市列为011．（1）设在抽取的10名市民中，年龄在内的人数为，服从二项分布．由频率分布直方图可知，年龄在内的频率为，所以，所以．设，若，则，；若，则，．所以当时，最大，即当最大时，．【点睛】本题考差了离散型随机变量分布列及数学期望的求法，二项分布的综合应用，属于中档题.18、；【解析】

根据题意,求出直线方程并与抛物线方程联立,利用韦达定理,结合,即可求出抛物线C的方程；设，的中点为，把直线l方程与抛物线方程联立,利用判别式求出的取值范围,利用韦达定理求出,进而求出的中垂线方程,即可求得在轴上的截距的表达式,然后根据的取值范围求解即可.【详解】由题意可知,直线l的方程为,与抛物线方程方程联立可得,,设,由韦达定理可得,,因为,,所以,解得,所以抛物线C的方程为;设,的中点为,由,消去可得,所以判别式,解得或,由韦达定理可得,,所以的中垂线方程为,令则,因为或,所以即为所求.【点睛】本题考查抛物线的标准方程和直线与抛物线的位置关系,考查向量知识的运用;考查学生分析问题、解决问题的能力和运算求解能力;属于中档题.19、（1）证明见解析；（2）.【解析】

（1）证明后可得平面，从而得，结合已知得线面垂直；（2）以为坐标原点，以为轴，为轴，为建立空间直角坐标系，设，写出各点坐标，求出二面角的面的法向量，由法向量夹角的余弦值得二面角的余弦值．【详解】（1）证明：因为，为中点，所以，又，，所以平面，又平面，所以，又，，所以平面.（2）由已知及（1）可知，，两两垂直，所以以为坐标原点，以为轴，为轴，为建立空间直角坐标系，设，则，，，，，.设平面的法向量，则，即，令，则；设平面的法向量，则，即，令，则，所以.故锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查证明线面垂直，解题时注意线面垂直与线线垂直的相互转化．考查求二面角，求空间角一般是建立空间直角坐标系，用向量法易得结论．20、（I）见解析（II）（III）【解析】试题分析：（Ⅰ）取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，由题意可得平面的法向量，且，据此有，则平面．（Ⅱ）由题意可得平面的法向量，结合(Ⅰ)的结论可得，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为．（Ⅲ）设，，则，而平面的法向量，据此可得，解方程有或．据此计算可得．试题解析：（Ⅰ）取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，∴，，设平面的法向量，∴不妨设，又，∴，∴，又∵平面，∴平面．（Ⅱ）∵，，设平面的法向量，∴不妨设，∴，∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．（Ⅲ）设，，∴，∴，又∵平面的法向量，∴，∴，∴或．当时，，∴；当时，，∴．综上，．21、（1）证明见解析（2）（3）【解析】

（1）根据题意以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并表示出，由空间向量数量积运