北京市大兴区2024届高三上学期期末数学试题（解析版）

PAGEPAGE1北京市大兴区2024届高三上学期期末数学试题第一部分（选择题）一､选择题1.已知全集，集合，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由，，则.故选：C.2.若复数满足，则复数的虚部是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，则，所以复数的虚部是．故选：A．3.二项式的展开式中的常数项是（）A. B.15 C.20 D.〖答案〗B〖解析〗展开式通项为：，令，常数项为．故选：B.4.设向量，若，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，所以，因为，所以，所以.故选：D.5.已知函数，则不等式的解集为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，即，令，且均为增函数，则不等式为，在同一坐标系下作出两个函数的图象，如图所示，又当时，当时，，所以由图像可知：的解集为：，故选：B.6.在中，“”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〗A〖解析〗在中，，则，充分性：当时，，，，所以“”是“”的充分条件;必要性：当时，取，，此时满足，但，所以“”是“”的不必要条件.综上所述，“”是“”充分不必要条件.故选：A.7.已知定点和拋物线是抛物线的焦点，是抛物线上的点，则的最小值为（）A.3 B.4 C.5 D.6〖答案〗C〖解析〗由题拋物线是抛物线的焦点，则，准线方程为，是抛物线上的点，过作垂直准线于，过作垂直准线于交抛物线于，则由抛物线定义知，由图像可知,即的最小值的最小值为，由，准线方程为，所以.故选：C8.已知且，则下列结论中不正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗对A：，故A正确；对B：由，则，故，故B正确；对C：由，故，当且仅当时等号成立，由，故等号不成立，即，故C正确；对D：当、时，符合题意，但此时，故D错误.故选：D.9.木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为2的正方形，且均为等边三角形，，，则该木楔的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，则由题意等腰梯形全等于等腰梯形，则.取的中点O，连接，因为，所以，则，∴因为，，所以，因为四边形为正方形，所以，又因为，平面，所以平面，所以平面，同理可证平面，∴多面体的体积，故选：D.10.设无穷等差数列的公差为，集合.则（）A.不可能有无数个元素B.当且仅当时，只有1个元素C.当只有2个元素时，这2个元素的乘积有可能为D.当时，最多有个元素，且这个元素的和为0〖答案〗D〖解析〗选项，取，则，由，因为是无穷等差数列，正弦函数是周期为的函数，所以在每个周期上的值不相同，故错误；选项，取，即，则，只有一个元素，故错误；选项，假设只有2个元素，，这2个元素的乘积为，如图可知当等于或时，显然不是等差数列，与已知矛盾，故错误；选项，当时,，，，，，，，所以最多有个元素，又因为正弦函数的周期为，数列的公差为，所以把周期平均分成份，所以个元素的和为0，故正确.故选:.第二部分（非选择题）二､填空题11.设是等比数列，，，则__________.〖答案〗16〖解析〗设，则，故.故〖答案〗为：16.12.若双曲线的一条浙近线方程为，则__________.〖答案〗2〖解析〗双曲线的渐近线方程为，所以故〖答案〗为：213.能够说明“设是任意实数.若，则”是假命题的一组整数的值依次为__________.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗当时，满足，但是，.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）14.如图是六角螺母的横截面，其内圈是半径为1的圆，外框是以为中心，边长为2的正六边形，则到线段的距离为__________；若是圆上的动点，则的取值范围是__________.〖答案〗1〖解析〗取中点为，由于正六边形的边长为2，所以,因此到线段的距离为,建立如图所示的直角坐标系，则,，，由于,故，故〖答案〗为：1；15.设函数的定义域为，且满足如下性质：（i）若将的图象向左平移2个单位，则所得的图象关于轴对称，（ii）若将图象上的所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位，则所得的图象关于原点对称.给出下列四个结论：①；②；③；④.其中所有正确结论的序号是__________.〖答案〗①③④〖解析〗由（i）可得，即有关于对称；由（ii）可得，即，用代替，有，即关于对称；由关于对称，故，即①正确；由关于对称的直线为，故关于对称，则不一定等于，故②不正确；对，令，则有，对，令，则有，故，故③正确；对，即有，对，即有，即，即，则，即有，故周期为，则，对，令，则，即，故④正确.故〖答案〗为：①③④.三､解答题16.如图.在三棱柱中，平面，，，、分别为、的中点.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面，所成角的正弦值.（1）证明：平面，平面，，又，且为中点，，又、平面，且，平面，又平面，平面平面；（2）解：取中点，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则有，由，，，则，，即、、、，则、、，令平面的法向量为，则有，可取，则，则，故直线与平面，所成角的正弦值.17.在中.（1）若，求的面积：（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求.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：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.（1）解：由题意可知，，所以，又因为，所以，所以，所以；（2）解：若选①，则有且，由，可得，所以，即，不满足题意；若选②，则有且，由，可得，所以，即，，又因为，解得；若选③，则有且，由，可得，所以，所以，所以，因为，所以不可能为钝角或直角，只能为锐角，所以，所以.综上，选②或选③，.18.为了解客户对A，B两家快递公司的配送时效和服务满意度情况，现随机获得了某地区客户对这两家快递公司评价的调查问卷，已知A，B两家公司的调查问卷分别有120份和80份，全部数据统计如下：快递公司A快递公司B快递公司项目份数评价分数配送时效服务满意度配送时效服务满意度292416124756404844402420假设客户对A，B两家快递公司的评价相互独立，用频率估计概率.（1）从该地区选择A快递公司的客户中随机抽取1人，估计该客户对A快递公可配送时效的评价不低于75分的概率：（2）分别从该地区A和B快递公司的样本调查问卷中，各随机抽取1份，记X为这2份问卷中的服务满意度评价不低于75分的份数，求X的分布列和数学期望：（3）记评价分数为“优秀”等级，为“良好”等级，为“一般”等级､已知小王比较看重配送时效的等级，根据该地区A，B两家快递公司配送时效的样本评价分数的等级情况，你认为小王选择A，B哪家快递公司合适？说明理由，解：（1）调查问卷中共有120份，其中不低于75分的份数为，则，故可估计该客户对A快递公可配送时效的评价不低于75分的概率为；（2）A快递公司的样本调查问卷中抽取的1份服务满意度评价不低于75分的概率为：，B快递公司的样本调查问卷中抽取的1份服务满意度评价不低于75分的概率为：，X的可能取值为0，1，2，，，，故其分布列：X012P其期望；（3）A快递公司的样本调查问卷中“优秀”等级占比为，“良好”等级占比为，“一般”等级占比为；B快递公司的样本调查问卷中“优秀”等级占比为，“良好”等级占比为，“一般”等级占比为；其中A快递公司的样本调查问卷中“优秀”或“良好”等级占比为，B快递公司的样本调查问卷中“优秀”或“良好”等级占比为，我认为小王应该选择B快递公司，因为B快递公司中“优秀”或“良好”等级占比比A公司大.19.已知椭圆的两个顶点分别为，焦点在轴上，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设为原点，过点的直线交椭圆于点，直线与直线相交于点，直线与轴相交于点.求证：与的面积之比为定值.（1）解：由题意得，，则，则，则椭圆的方程为.（2）证明：显然当直线的斜率为0和不存在时，不合题意，则可设直线的方程为，，，则联立椭圆方程有，化简得，则，解得或，则，，，，，则，则直线的方程为，令，则，，则直线的方程为，令，则，则，，因为，则同号，则.20.已知函数.（1）若曲线在点处的切线斜率为0，求的值；（2）当时，求的零点个数；（3）证明：是为单调函数的充分而不必要条件.（1）解：，则，即；（2）解：当时，，则，即，又，故为奇函数，，，令，即，解得，令，即或，故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，由，则，又，故在上必有一零点，由为奇函数，则在上亦有一零点，故当时，的零点个数为3个；（3）证明：，，由，故，，即当时，，即，故，即此时在上单调递减，故是为单调函数的充分条件；当时，，即，故，即此时在上单调递增，故不是为单调函数的必要条件；综上所述，是为单调函数的充分而不必要条件.21.若各项为正的无穷数列满足：对于，，其中为非零常数，则称数列为数列.记.（1）判断无穷数列和是否是数列，并说明理由；（2）若是数列，证明：数列中存在小于1的项；（3）若是数列，证明：存在正整