北京市朝阳区2024届高三上学期期中数学试题（解析版）

PAGEPAGE1北京市朝阳区2024届高三上学期期中数学试题第一部分（选择题）一、选择题1.已知全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题可知，易知，所以.故选：D.2.下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】对于A：因为的定义域为，所以不是奇函数，所以A错误；对于B：令，则，所以是奇函数，又在上单调递增，B正确；对于C：在上递减，在上递增，所以C错误；对于D：因为，，所以是偶函数，所以D错误，故选：B.3.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，故选：4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，即.故选：A.5.函数的图象的一条对称轴是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】时，不是对称轴；时，不是对称轴；时，是对称轴；时，不是对称轴；故选：C.6.设，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】解不等式可得或；显然是或的真子集，所以可得“”是“”的必要不充分条件.故选：B.7.已知平面内四个不同的点满足，则（）A. B. C.2 D.3【答案】D【解析】,,即,.故选：D.8.已知一个圆锥的高与其底面圆的半径相等，且体积为．在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，则该正方体的棱长为（）A. B.1 C. D.【答案】D【解析】因为圆锥的高与其底面圆的半径相等，设圆锥的高为，底面圆的半径为，则，又因为圆锥的体积为，可得，解得，则，设圆锥的顶点为，底面圆心为，则高为，与正方体的上底面交点为,在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，取其轴截面，如图所示，设正方体的棱长为，可得，由，可得，即，解得，所以该正方体的棱长为.故选：D.9.已知函数，设，若存在，使得，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意，作出函数的图象，如图所示，所以，当时，；当时，，可函数的值域为，设，若存在，使得成立，即，只需，即对于，满足成立，即，解得，所以实数的取值范围为.故选：A.10.已知点集．设非空点集，若对中任意一点，在中存在一点（与不重合），使得线段上除了点外没有中的点，则中的元素个数最小值是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】对于整点的连线内部没有其它整点，当且仅当与互为素数，若只有一个点，取的点使和分别同奇偶，有公因子2（或重合），不合题意，故中元素不止一个，令，对于的点，当或3时，取；当或4时，取；由于、横坐标之差为，故内部无整点；当，时，取，此时横坐标之差为，纵坐标之差为奇数，二者互素；当，时，取，此时横坐标之差为，纵坐标之差为，二者互素；综上，中的元素个数最小值是2.故选：B.第二部分（非选择题）二、填空题11.已知函数，则最小正周期是__________．【答案】【解析】由函数，所以的最小正周期为.故答案为：.12.已知单位向量，满足，则向量与向量的夹角的大小为__________．【答案】【解析】因为，均是单位向量，故可得，故可得，即，解得，又因为向量夹角的范围为，故的夹角为.故答案为：.13.设公差为的等差数列的前项和为，能说明“若，则数列是递减数列”为假命题的一组的值依次为__________．【答案】，（答案不唯一）【解析】由，其对称轴为，且，结合二次函数性质，只需，即，此时不是递减数列，如，，则，显然.故答案为：，（答案不唯一）14.古希腊数学家托勒密对三角学的发展做出了重要贡献，他的《天文学大成》包含一张弦表（即不同圆心角的弦长表），这张表本质上相当于正弦三角函数表．托勒密把圆的半径60等分，用圆的半径长的作为单位来度量弦长．将圆心角所对的弦长记为．如图，在圆中，的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，因此的圆心角所对的弦长为60个单位，即．若为圆心角，，则__________【答案】【解析】设圆的半径为，时圆心角所对应的弦长为，利用余弦定理可知，即可得又的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，的圆心角所对的弦长为60个单位，即与半径等长的弦所对的圆弧长为60个单位，所以.故答案为：.15.如图，在棱长为1的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，且，给出下列四个结论：①动点的轨迹是一段圆弧；②动点的轨迹与没有公共点；③三棱锥的体积的最小值为；④平面截该正方体所得截面的面积的最大值为．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】②③④【解析】取的中点分别为，连接，如下图所示：由正方体性质可知，又因为，，所以，又，平面，所以平面；又平面，所以；同理可得，因此平面，若，所以平面，又点是侧面上（包括边界）的动点；所以动点的轨迹是两平面的交线在侧面内的线段，即，可知①错误；由于是的中点，所以，即动点的轨迹与没有公共点；所以②正确；易知三棱锥的底面的面积为定值，即，当点到平面的距离最小时，即与点重合时，距离最小为，此时体积值最小为，所以③正确；显然当点与点重合时，截面面积最大，此时截面即为四边形，如下图所示：易知，且，；即四边形为等腰梯形，易知其高为，所以其面积为；即④正确.故答案为：②③④三、解答题16.已知是递增的等比数列，其前项和为，满足．（1）求的通项公式及；（2）若，求的最小值．解：（1）设等比数列的公比为，由数列是递增数列，则，由，则，，由，整理可得，则，解得，易知，.（2）由（1）可得：，整理可得，，，故的最小值为.17.在中，．（1）求；（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分．（1）解：因为，由余弦定理得，又因为，所以.（2）解：由（1）知，若选①②：，，由，可得，由正弦定理，可得，解得，则，又由余弦定理，可得，即，解得或（舍去），所以面积为.若选①③：且，由，可得，因为，可得，由正弦定理，可得，解得，所以的面积为.若选：②③：且，因为，可得，整理得，解得，不符合题意，（舍去）.18.如图，在三棱锥中，平面．（1）求证：平面；（2）求二面角的大小；（3）求点到平面的距离．（1）证明：因为平面，平面，平面，所以，又，所以，又因为，，所以，因为平面,平面，且，所以平面；（2）解：过作//，则平面，又由（1）知，所以以为轴建立空间直角坐标系，如下图，则，设平面的法向量为，又，所以令，则，则，设平面的法向量为，又，所以，令，则，则，令二面角的平面角为，则，由图知此二面角为锐二面角，所以，故二面角为；（3）解：设点到平面的距离为，，所以，又，所以，解得，所以点到平面的距离为.19.已知函数．（1）若，求在区间上最小值和最大值；（2）若，求证：在处取得极小值．（1）解：由题设，则，在上，即递增，所以最小值为，最大值为.（2）证明：由题意，则，令，则，且.所以，即在处有递增趋势，综上，若且无限趋向于0，在上，递减，在上，递增，所以处取得极小值．20.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在区间上恒成立，求的取值范围；（3）试比较与的大小，并说明理由．解：（1）当时，，，所以曲线在点处切线的斜率，又，所以曲线在点处切线的方程为即.（2）在区间上恒成立，即，对，即，对，令，只需，，，当时，有，则，在上单调递减，符合题意，当时，令，其对应方程的判别式，若即时，有，即，在上单调递减，符合题意，若即时，，对称轴，又，方程大于1的根为，，，即，，，即，所以函数在上单调递增，，不合题意.综上，在区间上恒成立，实数的取值范围为.（3）由（2）知，当时，，在区间上恒成立，即，对，取代入上式得，化简得.21.已知是个正整数组成的行列的数表，当时，记．设，若满足如下两个性质：①；②对任意，存在，使得，则称为数表．（1）判断是否为数表，并求的值；（2）若数表满足，求中各数之和的最小值；（3）证明：对任意数表，存在，使得．（1）解：是数表，（2）解：由题可知.当时，有，所以.当时，有，所以.所以所以或者，或者，或，或，故各数之和，当时，各数之和取得最小值.（3）证明：由于