2024届北京市朝阳区高三上学期期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2北京市朝阳区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.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，又，所以.故选：A.2.设，若复数在复平面内对应的点位于虚轴上，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗根据题意可得，所以在复平面内对应的点为，即在虚轴上，因此可得，即；故选：B.3.若，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗对于A，因为，所以指数函数单调递减，所以，错误；对于B，因为，所以幂函数在上单调递增，所以，正确；对于C，因为，所以对数函数单调递减，所以，错误；对于D，当时，满足，有，此时不满足，错误.故选：B.4.在中，若，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗易知，由可得；利用正弦定理可得.故选：D.5.在平面直角坐标系中，已知点，动点满足，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设，易知，由可得，整理得，即动点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，又，可得的最大值为到圆心的距离再加上半径，即.故选：D.6.如图，在正方体中，点是平面内一点，且平面，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗正方体中，连接，交于点，再连接和，由于，且，∴四边形是平行四边形，所以，又平面，且平面，，所以平面，同理证明平面，因为平面，平面，平面，平面，且，所以平面平面，且平面平面，从而得，若平面，点是平面内一点，且平面，则，即在直线上时，都满足平面，因为平面，所以，显然，当最大时，即取最小值时，此时点满足，连接，可设正方体的棱长为，所以．故选：C．7.设函数的定义域为，则“”是“在区间内有且仅有一个零点”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〗由函数的定义域为，显然m为0时，函数在区间内有且只有一个零点，满足；令，可得，即，设，要使得函数在区间上只有一个解，则满足或，解得或，即函数在区间上只有一个零点时，可得，所以“”是“在区间内有且仅有一个零点”的充分不必要条件.故选：A.8.设抛物线的焦点为，点是的准线与的对称轴的交点，点在上.若，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗抛物线的焦点为，点是的准线与的对称轴的交点，其坐标为，点在上，设为，若，则，且，则.故选：D.9.根据经济学理论，企业生产的产量受劳动投入、资本投入和技术水平的影响，用表示产量，表示劳动投入，表示资本投入，表示技术水平，则它们的关系可以表示为，其中.当不变，与均变为原来的倍时，下面结论中正确的是（）A.存在和，使得不变B.存在和，使得变为原来的倍C.若，则最多可变为原来的倍D.若，则最多可变为原来的倍〖答案〗D〖解析〗设当不变，与均变为原来的倍时，，对于A，若，则，故A错误；对于B，若和，则，故B错误；对于C，若，则，即若，故C错误；对于D，若，由，，可得，故D正确.故选：D.10.在中，，当时，的最小值为.若，，其中，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如下图所示：在直线上取一点，使得，所以，当时，取得最小值为，即；又，所以可得是以为顶点的等腰直角三角形，建立以为坐标原点的平面直角坐标系，如下图所示：又可得为的中点，由以及可得在上，可得，所以，可得，则，令，由可得，所以，，由二次函数上单调递增可得，.故选：C.第二部分（非选择题）二、填空题11.在展开式中，的系数为___________.(用数值表示)〖答案〗〖解析〗令，则，即的系数为，故〖答案〗为：12.已知等差数列的公差为，为其前项和，且成等比数列，则________，________.〖答案〗〖解析〗因为等差数列的公差：，且成等比数列，得，即，解得，所以，所以，，故〖答案〗：.13.已知双曲线的一条渐近线过点，则其离心率为________.〖答案〗〖解析〗由题意双曲线渐近线方程为，它过点，所以，即，所以其离心率为.故〖答案〗为：.14.设函数，当时，的最大值为______；若无最大值，则实数的一个取值为______.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗当时，，当时，，有，从而，即当时，有最大值1；当时，，即当时，有最大值4；综上，当时，有最大值4；当时，函数在上单调递增，则存在最大值为；当时，函数在先单调递减，再单调递增，若函数无最大值，则，解得，当时，函数在单调递减，若函数无最大值，则，解得，综上，当无最大值时，，故实数的一个取值为（〖答案〗不唯一）.故〖答案〗为：；（〖答案〗不唯一）15.中国传统数学中开方运算暗含着迭代法，清代数学家夏鸾翔在其著作《少广缒凿》中用迭代法给出一个“开平方捷术”，用符号表示为：已知正实数，取一正数作为的第一个近似值，定义，则是的一列近似值.当时，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〗①④〖解析〗对于①，，，故①正确；对于②，，故②错误；为了说明选项③④，引理：我们先来讨论与的关系；由于是偶数，所以，对于而言，由于为奇数，所以，所以有，由于数列每一项均为正，所以利用均值不等式，有，取不到等号，即，同时有，因此数列从第三项起，奇数项大于，偶数项小于；对于③，当时，由于是偶数，所以，由于数列从第3项起，奇次项均大于，以及每一项均为正，所以，于是，时，相邻奇次项之差同号，又由于，所以，即，从而时，恒有，故③错误；对于④，当时，根据上述引理可知，所以有，从而有，利用均值不等式有代入上式得，即，故④正确.故〖答案〗为：①④.三、解答题16.已知函数的图象过原点.（1）求的值及的最小正周期；（2）若函数在区间上单调递增，求正数的最大值.解：（1）由得.所以.所以的最小正周期为.（2）由（），得（）所以的单调递增区间为（）.因为在区间上单调递增，且，此时，所以，故的最大值为.17.如图，在四棱锥中，，侧面底面，是的中点.（1）求证：平面；（2）已知，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥唯一确定，求二面角的余弦值.条件①：；条件②：；条件③：直线与平面所成角的正切值为.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）证明：取的中点，连接，因为是的中点，所以.又因为，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）解：取的中点，连接，因为，所以，又因为侧面底面，且平面平面，平面，所以平面，如图，在平面中，作，则，以为原点建立空间直角坐标系，选条件①：连接，在中，因为，，所以，在中，因为，，所以，所以，所以，设平面的法向量是，则，即，令，则，于是，因为平面，所以是平面的一条法向量，所以，由题知，二面角为钝二面角，所以其余弦值为.选条件②：因为平面，所以平面，又平面，所以，而，平面，所以与平行或重合，这与矛盾，所以条件②不行.选条件③：连接，因为平面，所以是直线与平面所成角，所以，在中，因为，所以，在中，因为，所以，下同选条件①.18.某学校开展健步走活动，要求学校教职员工上传11月4日至11月10日的步数信息.教师甲、乙这七天的步数情况如图1所示.（1）从11月4日至11月10日中随机选取一天，求这一天甲比乙的步数多的概率；（2）从11月4日至11月10日中随机选取三天，记乙的步数不少于20000的天数为，求的分布列及数学期望；（3）根据11月4日至11月10日某一天的数据制作的全校800名教职员工步数的频率分布直方图如图2所示.已知这一天甲与乙的步数在全校800名教职员工中从多到少的排名分别为第501名和第221名，判断这是哪一天的数据.（只需写出结论）解：（1）设“甲比乙的步数多”为事件，在11月4日至11月10日这七天中，11月5日与11月9日这两天甲比乙步数多，所以；（2）由图可知，7天中乙的步数不少于20000步的天数共2天；的所有可能取值为，，所以的分布列为012；（3）由频率分布直方图知，步数在各个区间的人数如下，有人，有人，有人，有人，有人，有人，因为甲与乙的步数在全校800名教职员工中从多到少的排名分别为第501名和第221名，所以甲走的步数在区间内，乙走的步数在区间内，符合的只有11月6日这一天，所以这是11月6日的数据.19.已知函数.（1）若曲线在点处的切线为轴，求的值；（2）讨论在区间内极值点的个数；（3）若在区间内有零点，求证：.（1）解：由得：，依题意，，得.经验证，在点处的切线为，所以.（2）解：由题得.（i）若，当时，恒成立，所以在区间上单调递增，所以无极值点.（ii）若，当时，，故在区间上单调递减，当时，，故在区间上单调递增.所以为的极小值点，且无极大值点.综上，当时，在区间内的极值点个数为0；当时，在区间内的极值点个数为1.（3）证明：由（2）知当时，在区间上单调递增，所以，在区间内无零点.当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.所以.若在区间内有零点，则.而，设，则.设，则，所以在区间上单调递增.所以，即.所以在区间上单调递增.所以，即.又，所以20.已知椭圆的左顶点为A，上顶点为，原点到直线的距离为，的面积为.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，过点作轴的垂线分别与直线交于点.判断点是否为线段的中点，说明理由.解：（1）由题可知.因为的面积为，所以.因为点到直线距离为，所以.所以，解得，所以椭圆的方程为.（2）点为线段的中点，理由如下：由题知直线的斜率存在，如下图所示：设过点的直线的方程为，即.联立，整理得.由，得.设，，则.直线的方程为，令，得点的纵坐标.直线的方程为，令，得点的纵坐标.要证点为线段的中点，只需证明，即.因为，即，所以点为线段的中点.21.已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合，设为集合中的元素个数，若时，规定.（1）若，写出及的值；（2）若数列是等差数列，求数列的通项公式；（3）设集合，求证：且.（1）解：因为，所以，则，所以，，又，所以，，所以；（2）解：由题可知，所以，所以.若，则，，所以，，与是等差数列矛盾.所以.设，因为是各项均为正整数的递增数列，所以.假设存在使得.设，由得.由得，，与是等差数列矛盾.所以对任意都有.所以数列是等差数列，.（3）证明：因为对于，，所以.所以，即数列是递增数列.先证明.假设，设正整数.由于，故存在正整数使得，所以.因为是各项均为正整数的递增数列，所以.所以，.所以，.又因为数列是递增数列，所以，矛盾.所以.再证明.由题可知.设且，因为数列是各项均为正整数的递增数列，所以存在正整数，使得.令.若，则，即，所以.所以，所以.若，则，所以.所以，所以.因为，所以.所以.综上，且.北京市朝阳区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.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，又，所以.故选：A.2.设，若复数在复平面内对应的点位于虚轴上，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗根据题意可得，所以在复平面内对应的点为，即在虚轴上，因此可得，即；故选：B.3.若，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗对于A，因为，所以指数函数单调递减，所以，错误；对于B，因为，所以幂函数在上单调递增，所以，正确；对于C，因为，所以对数函数单调递减，所以，错误；对于D，当时，满足，有，此时不满足，错误.故选：B.4.在中，若，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗易知，由可得；利用正弦定理可得.故选：D.5.在平面直角坐标系中，已知点，动点满足，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设，易知，由可得，整理得，即动点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，又，可得的最大值为到圆心的距离再加上半径，即.故选：D.6.如图，在正方体中，点是平面内一点，且平面，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗正方体中，连接，交于点，再连接和，由于，且，∴四边形是平行四边形，所以，又平面，且平面，，所以平面，同理证明平面，因为平面，平面，平面，平面，且，所以平面平面，且平面平面，从而得，若平面，点是平面内一点，且平面，则，即在直线上时，都满足平面，因为平面，所以，显然，当最大时，即取最小值时，此时点满足，连接，可设正方体的棱长为，所以．故选：C．7.设函数的定义域为，则“”是“在区间内有且仅有一个零点”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〗由函数的定义域为，显然m为0时，函数在区间内有且只有一个零点，满足；令，可得，即，设，要使得函数在区间上只有一个解，则满足或，解得或，即函数在区间上只有一个零点时，可得，所以“”是“在区间内有且仅有一个零点”的充分不必要条件.故选：A.8.设抛物线的焦点为，点是的准线与的对称轴的交点，点在上.若，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗抛物线的焦点为，点是的准线与的对称轴的交点，其坐标为，点在上，设为，若，则，且，则.故选：D.9.根据经济学理论，企业生产的产量受劳动投入、资本投入和技术水平的影响，用表示产量，表示劳动投入，表示资本投入，表示技术水平，则它们的关系可以表示为，其中.当不变，与均变为原来的倍时，下面结论中正确的是（）A.存在和，使得不变B.存在和，使得变为原来的倍C.若，则最多可变为原来的倍D.若，则最多可变为原来的倍〖答案〗D〖解析〗设当不变，与均变为原来的倍时，，对于A，若，则，故A错误；对于B，若和，则，故B错误；对于C，若，则，即若，故C错误；对于D，若，由，，可得，故D正确.故选：D.10.在中，，当时，的最小值为.若，，其中，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如下图所示：在直线上取一点，使得，所以，当时，取得最小值为，即；又，所以可得是以为顶点的等腰直角三角形，建立以为坐标原点的平面直角坐标系，如下图所示：又可得为的中点，由以及可得在上，可得，所以，可得，则，令，由可得，所以，，由二次函数上单调递增可得，.故选：C.第二部分（非选择题）二、填空题11.在展开式中，的系数为___________.(用数值表示)〖答案〗〖解析〗令，则，即的系数为，故〖答案〗为：12.已知等差数列的公差为，为其前项和，且成等比数列，则________，________.〖答案〗〖解析〗因为等差数列的公差：，且成等比数列，得，即，解得，所以，所以，，故〖答案〗：.13.已知双曲线的一条渐近线过点，则其离心率为________.〖答案〗〖解析〗由题意双曲线渐近线方程为，它过点，所以，即，所以其离心率为.故〖答案〗为：.14.设函数，当时，的最大值为______；若无最大值，则实数的一个取值为______.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗当时，，当时，，有，从而，即当时，有最大值1；当时，，即当时，有最大值4；综上，当时，有最大值4；当时，函数在上单调递增，则存在最大值为；当时，函数在先单调递减，再单调递增，若函数无最大值，则，解得，当时，函数在单调递减，若函数无最大值，则，解得，综上，当无最大值时，，故实数的一个取值为（〖答案〗不唯一）.故〖答案〗为：；（〖答案〗不唯一）15.中国传统数学中开方运算暗含着迭代法，清代数学家夏鸾翔在其著作《少广缒凿》中用迭代法给出一个“开平方捷术”，用符号表示为：已知正实数，取一正数作为的第一个近似值，定义，则是的一列近似值.当时，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〗①④〖解析〗对于①，，，故①正确；对于②，，故②错误；为了说明选项③④，引理：我们先来讨论与的关系；由于是偶数，所以，对于而言，由于为奇数，所以，所以有，由于数列每一项均为正，所以利用均值不等式，有，取不到等号，即，同时有，因此数列从第三项起，奇数项大于，偶数项小于；对于③，当时，由于是偶数，所以，由于数列从第3项起，奇次项均大于，以及每一项均为正，所以，于是，时，相邻奇次项之差同号，又由于，所以，即，从而时，恒有，故③错误；对于④，当时，根据上述引理可知，所以有，从而有，利用均值不等式有代入上式得，即，故④正确.故〖答案〗为：①④.三、解答题16.已知函数的图象过原点.（1）求的值及的最小正周期；（2）若函数在区间上单调递增，求正数的最大值.解：（1）由得.所以.所以的最小正周期为.（2）由（），得（）所以的单调递增区间为（）.因为在区间上单调递增，且，此时，所以，故的最大值为.17.如图，在四棱锥中，，侧面底面，是的中点.（1）求证：平面；（2）已知，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥唯一确定，求二面角的余弦值.条件①：；条件②：；条件③：直线与平面所成角的正切值为.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）证明：取的中点，连接，因为是的中点，所以.又因为，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）解：取的中点，连接，因为，所以，又因为侧面底面，且平面平面，平面，所以平面，如图，在平面中，作，则，以为原点建立空间直角坐标系，选条件①：连接，在中，因为，，所以，在中，因为，，所以，所以，所以，设平面的法向量是，则，即，令，则，于是，因为平面，所以是平面的一条法向量，所以，由题知，二面角为钝二面角，所以其余弦值为.选条件②：因为平面，所以平面，又平面，所以，而，平面，所以与平行或重合，这与矛盾，所以条件②不行.选条件③：连接，因为平面，所以是直线与平面所成角，所以，在中，因为，所以，在中，因为，所以，下同选条件①.18.某学校开展健步走活动，要求学校教职员工上传11月4日至11月10日的步数信息.教师甲、乙这七天的步数情况如图1所示.（1）从11月4日至11月10日中随机选取一天，求这一天甲比乙的步数多的概率；（2）从11月4日至11月10日中随机选取三天，记乙的步数不少于20000的天数为，求的分布列及数学期望；（3）根据11月4日至11月10日某一天的数据制作的全校800名教职员工步数的频率分布直方图如图2所示.已知这一天甲与乙的步数在全校800名教职员工中从多到少的排名分别为第501名和第221名，判断这是哪一天的数据.（只需写出结论）解：（1）设“甲比乙的步数多”为事件，在11月4日至11月10日这七天中，11月5日与11月9日这两天甲比乙步数多，所以；（2）由图可知，7天中乙的步数不少于20000步的天数共2天；的所有可能取值为，，所以的分布列为012；（3）由频率分布直方图知，步数在各个区间的人数如下，有人，有人，有人，有人，有人，有人，因为甲与乙的步数在全校800名教职员工中从多到少的排名分别为第501名和第221名，所以甲走的步数在区间内，乙走的步数在区间内，符合的只有11月6日这一天，所以这是11月6日的数据.19.已知函数.（1）若曲线在点处的切线为轴，求的值；（2）讨论在区间内极值点的个数；（3）若在区间内有零点，求证：.（1）解：由得：，依题意，，得.经验证，在点处的切线为，