2024届北京市昌平区高三上学期期末质量抽测数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页2024届北京市昌平区高三上学期期末质量抽测数学试题一、单选题1．已知全集，集合，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由一元二次不等式结合补集运算即可得解.【详解】由题意全集，集合，.故选：B.2．在复平面内，复数和对应的点分别为，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据复数的几何意义可得复数，利用乘法运算，可得答案.【详解】由题意可知：，，则.故选：A.3．若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为A．y=±2x B．y= C． D．【答案】B【详解】双曲线的离心率为，渐进性方程为，计算得，故渐进性方程为.【考点定位】本小题考查了离心率和渐近线等双曲线的性质.4．已知，则（

）A． B．32 C．495 D．585【答案】C【分析】利用赋值法，分别将赋值为，利用方程的思想，可得答案.【详解】令，可得，解得；令，可得，则；令，可得，则；令，，则.故选：C.5．下列函数中，在区间上为减函数的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】AB可根据函数图象直接得到在上的单调性；C选项，求导得到单调性；D选项，根据复合函数单调性满足同增异减求出答案.【详解】A选项，在上单调递增，不合要求，错误；B选项，在上单调递增，在上单调递减，故B错误；C选项，在上恒成立，故在上单调递增，C错误；D选项，令得，，在上单调递增，而在上单调递减，由复合函数单调性可知，在上单调递减，D正确.故选：D6．设函数的定义域为，则“”是“为减函数”的（

）A．充分必要条件 B．必要而不充分条件C．充分而不必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用函数的单调性及充分、必要条件的定义判定选项即可.【详解】若，则，作出函数图象，，由图象可知成立，但显然不为减函数；若为减函数，又，则，所以“”是“为减函数”的必要不充分条件.故选：B7．已知点在圆上，点的坐标为为原点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，利用平面向量数量积的坐标运算结合直线与圆的位置关系可得结果.【详解】设，因点的坐标为，所以，则，设，即，依题意，求t的范围即求直线与圆有公共点时在y轴上截距的范围，即圆心到的距离，解得，所以的取值范围为，故选：D.8．“三斜求积术”是我国宋代的数学家秦九韶用实例的形式提出的，其实质是根据三角形的三边长求三角形面积，即．现有面积为的满足，则的周长是（

）A．9 B．12 C．18 D．36【答案】C【分析】利用已知及正弦定理计算即可.【详解】根据正弦定理可知，不妨设，由，所以的周长是.故选：C9．已知函数，则（

）A．B．不是周期函数C．在区间上存在极值D．在区间内有且只有一个零点【答案】D【分析】对于A，由诱导公式即可判断；对于B，由三角函数周期可得，由此即可判断；对于C，由复合函数单调性即可判断；对于D，令，解方程即可得解.【详解】对于A，，所以，故A错误；对于B，，所以是以为周期的函数，故B错误；对于C，由复合函数单调性可知在区间上分别单调递增、单调递减，所以在区间上单调递增，所以不存在极值，故C错误；对于D，令，得，所以，即该方程有唯一解（函数在内有唯一零点），故D正确.故选：D.10．如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为（

）A． B． C． D．1【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点到直线距离的函数关系，再求其最小值作答.【详解】由题意以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：因为正方体棱长为1，，所以，不妨设，所以，而，所以点到直线的投影数量的绝对值为，所以点到直线距离，等号成立当且仅当，即点到直线距离的最小值为.故选：C.二、填空题11．已知，则．【答案】/【分析】利用正切定义以及同角三角函数关系式即可求解.【详解】由题知，，又，所以，所以.故答案为：12．抛物线上一点到焦点的距离为8，则点到轴的距离为．【答案】7【分析】根据抛物线的定义即可求解.【详解】设，抛物线的焦点为，则由抛物线的定义可得，所以，故点到轴的距离为7，故答案为：7.

13．已知数列的前项和满足，且成等差数列，则；．【答案】【分析】根据题意，得到，得到为等比数列，列出方程组，求得，再由等比数列的通项公式，即可求解.【详解】由数列的前项和满足，当时，，两式相减可得，即，所以数列是以2为公比的等比数列，又由成等差数列，所以，即，解得，所以数列的通项公式为.故答案为：；.14．若函数在定义域上不是单调函数，则实数的一个取值可以为．【答案】（答案不唯一）【分析】结合指数函数和对数函数性质，根据分段函数的单调性即可直接求解.【详解】由题知，当时，递增，当时，递增，又在定义域上不是单调函数，所以，即.故答案为：（答案不唯一）15．已知数列．给出下列四个结论：①；②；③为递增数列；④，使得．其中所有正确结论的序号是．【答案】①②④【分析】利用指数函数的单调性可判定①②③，根据条件递推得，结合不等式性质可判定④.【详解】根据题意可知，因为，所以，即①正确；则，即，故③错误；依次递推有，，，，故②正确；因为，所以，则，依次可知，所以，故④正确.故答案为：①②④【点睛】难点点睛：利用指数函数的单调性一一列举得出，从而可判定②③，此外列举的过程中可得出，再根据不等式性质可判定④.三、解答题16．如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，点是的中点，直线交平面于点．(1)求证：点是的中点；(2)求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）只需证明，而，故只需，所以只需证明面即可.（2）建立适当的空间直角坐标系，分别求出面和面的法向量，由法向量夹角余弦的绝对值公式，结合二面角是钝角即可得解.【详解】（1）由题意，面，平面，所以面，又直线交平面于点，即面面，所以，又因为，所以，又因为点是的中点，所以点是的中点.（2）因为平面，平面，所以，又因为，所以两两垂直，所以以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：因为底面是直角梯形，，，点是的中点，点是的中点.所以，所以，不妨设面和面的法向量分别为，所以有和，不妨令，则解得，即取面和面的一个法向量分别为，不妨设面和面的夹角为，则，所以，而显然二面角是钝角，所以其大小为.17．在中，．(1)求角的大小；(2)再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个作为己知，使得存在且唯一确定，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：．【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）利用正弦定理可得答案；（2）若选条件①、②，由余弦定理解得或，不符合题意；若选条件①、③，利用平方关系求出，由正弦定理可得，利用两角和的余弦展开式计算出，利用平方关系求出，可得，符合题意；若选条件条件②、③，利用平方关系计算出，由正弦定理解得，利用两角和的余弦展开式计算出，利用平方关系求出，可得，符合题意.【详解】（1）由正弦定理得，因为在中，，所以，又因为，所以，所以，可得；（2）由（1）知，若选条件①：，条件②：，则由余弦定理可得,即，解得或，可使得的面积存在但唯一确定，故不符合题意；若选条件①：，条件③：，则可得，在中由正弦定理可得，即，解得，，因为，所以，所以，符合题意；若选条件②：，条件③：，则可得，在中由正弦定理可得，即，解得，，因为，所以，所以，符合题意.18．某汽车生产企业对一款新上市的新能源汽车进行了市场调研，统计该款车车主对所购汽车性能的评分，将数据分成5组：，并整理得到如下频率分布直方图：(1)求的值；(2)该汽车生产企业在购买这款车的车主中任选3人，对评分低于110分的车主送价值3000元的售后服务项目，对评分不低于110分的车主送价值2000元的售后服务项目．若为这3人提供的售后服务项目总价值为元，求的分布列和数学期望；(3)用随机抽样的方法从购买这款车的车主中抽取10人，设这10人中评分不低于110分的人数为，问为何值时，的值最大？（结论不要求证明【答案】(1)；(2)分布列见解析，期望6900；(3).【分析】（1）利用频率分布直方图的性质计算即可；（2）利用频率分布直方图及离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可；（3）利用二项分布的概率公式计算即可.【详解】（1）由频率分布直方图可知；（2）根据频率分布直方图可知评分低于110分的占比，评分不低于110分的占比，任选3人中其评分情况有四种：3人均低于110分；2人低于110分，1人不低于110分；1人低于110分，2人不低于110分；3人均不低于110分，所以可取四种情况，，，，，故的分布列为：90008000700060000.0270.1890.4410.343则；（3）由题意可知，可知当时取得最大值.证明如下：设最大，即，所以，化简得，因为，故.19．已知椭圆经过点，离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)设过点的直线与椭圆有两个不同的交点（均不与点重合），若以线段为直径的圆恒过点，求的值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用椭圆的性质计算即可；（2）设点坐标及设直线方程，利用结合韦达定理计算即可.【详解】（1）由题意可知，又离心率为，即椭圆方程为：；（2）设直线，，则，因为以线段为直径的圆恒过点，所以，联立直线与椭圆，所以，则，由，，整理得或，易知时不符题意，所以.20．已知函数．(1)求曲线在处的切线方程；(2)设函数，求的单调区间；(3)判断极值点的个数，并说明理由．【答案】(1)(2)答案见解析(3)；理由见解析【分析】（1）求出导数，然后求出，从而求解.（2）由（1）知，然后求出导数，从而可求解.（3）根据（2）中分类讨论的情况，然后求出相应的解，从而求出单调区间，从而求解.【详解】（1）由题意知，定义域为，所以，所以直线的斜率，，所以切线方程为，即.（2）由（1）知，所以，令，即，解得或，当，，当，，当，，所以在，单调递增，在单调递减.（3）个极值点，理由如下：由（2）知当时，在区间上单调递增，，，所以存在唯一，使；当时，在区间上单调递减，，，所以存在唯一，使；当时，，，所以所以在区间无零点；综上，当，，当，，当，，所以当时，取到极小值；当时，取到极大值；故有个极值点.21．已知为有穷正整数数列，且，集合．若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集．(1)若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由；(2)若，证明：；(3)设，若，求的最小值．【答案】(1)31是可表数，1024不是可表数，理由见解析；(2)证明见解析；(3)8【分析】（1）根据定义赋值及数列求和计算验证即可；（2）根据定义判定则有，从而可知，利用集合间的基本关系得出中最多含有个元素，解不等式即可证明；（3）利用第二问的结论可设，有，然后利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实确定的最小值为满足成立的，代入求即可.【详解】（1）31是，1024不是，理由如下：由题意可知，当时，有，显然若时，，而，故31是可表数，1024不是可表数；（2）由题意可知若，即，设，即使得，所以，且成立，故，所以若，则，即中的元素个数不能超过中的元素，对于确定的，中最多有个元素，所以；（3）由题意可设，使，又，所以，即