2024届北京市西城区高三下学期4月统一测试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2北京市西城区2024届高三下学期4月统一测试数学试卷第一部分（选择题）一､选择题1.已知全集，集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为集合，所以或，又集合，所以或.故选：B.2.下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗对于选项A，当时，，当时，，即，所以选项A不满足题意，对于选项B，因在区间上不单调，所以选项B不满足题意，对于选项C，因图象不关于轴对称，所以选项C不满足题意，对于选项D，因为的定义域为，关于原点对称，又，所以为偶函数，当时，，又在区间上单调递增，所以选项D满足题意，故选：D.3.的展开式中，常数项为（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗的展开式的通项为，令，得到所以展开式中常数项为，故选D项.4.已知抛物线与抛物线关于直线对称，则的准线方程是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗因为抛物线与抛物线关于直线对称，所以将互换后可得抛物线方程为，即，所以的准线方程为，故选：C.5.设，其中，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由，故，故，由对勾函数性质可得，，且，综上所述，有.故选：C.6.已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（）A. B.1 C. D.7〖答案〗A〖解析〗由图可得，，故.故选：A.7.已知函数，若存在最小值，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗当时，，故当时，有最小值为；时，单调递减，所以，由题意存在最小值，则，解得，即的最大值为.故选：A8.在等比数列中，．则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗B〖解析〗设等比数列的公比为，当时，即有，又，故且，当时，有，故不能得到，即“”不是“”的充分条件；当时，即有，即且，则，当时，由，故，故，当时，，亦可得，故“”是“”的必要条件；综上所述，“”是“”的必要不充分条件.故选：B.9.关于函数，给出下列三个命题：①是周期函数；②曲线关于直线对称；③在区间上恰有3个零点．其中真命题的个数为（）A.0 B.1 C.2 D.3〖答案〗D〖解析〗对于①，因，所以，故，所以选项①正确，对于②，因为，由对称轴的定义知，为函数的一条对称轴，所以选项②正确，对于③，因为，令，得到，解得或，又，由，得到或，由，得到，所以选项③正确，故选：D.10.德国心理学家艾·宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘曲线”．“遗忘曲线”中记忆率随时间（小时）变化的趋势可由函数近似描述，则记忆率为时经过的时间约为（）（参考数据：）A.2小时 B.0.8小时 C.0.5小时 D.0.2小时〖答案〗C〖解析〗根据题意得，整理得到，两边取以为底的对数，得到，即，又，所以，得到，故选：C.第二部分（非选择题）二､填空题11.若复数z满足，则______〖答案〗〖解析〗，则，故.故〖答案〗为：.12.已知．使成立的一组的值为__________；__________．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗取，此时，，故，符合要求.故〖答案〗为：；（〖答案〗不唯一）.13.双曲线的渐近线方程为__________；若与圆交于四点，且这四个点恰为正方形的四个顶点，则__________．〖答案〗〖解析〗由，故其渐近线方程为；令，由题意可得，即有，解得，故，即.故〖答案〗为：；.14.在数列中，.数列满足.若是公差为1的等差数列，则的通项公式为______，的最小值为______.〖答案〗〖解析〗由题意，又等差数列的公差为1，所以；故，所以当时，，当时，，所以，显然的最小值是.又，所以，即的最小值是.故〖答案〗为：，15.如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，给出下列四个结论：①存在点，使；②存在点，使；③到直线和的距离相等的点有无数个；④若，则四面体体积的最大值为．其中所有正确结论的序号是__________．〖答案〗①③④〖解析〗建立如图所示空间直角坐标系，则有、、、、、，设，，其中，，对①：，则，当，，时，有，故存在点，使，故①正确；对②：，，若，则有，由，，故当时，，，此时有，即，即，此时与重合，与重合，故不存在点，使，故②错误；对③：点到直线的距离为，点到直线的距离为，即有，即，由，故其轨迹为双曲线的一部分，即点有无数个，故③正确；对④：，，由，故有，则，又，故，故④正确.故〖答案〗为：①③④.三､解答题16.如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值．（1）证明：如图，连接，设，连接．因为在三棱柱中，四边形是平行四边形，所以为的中点．因为为的中点，所以．又因为平面，平面，所以平面．（2）解：因为，，又，平面，平面，所以平面，又因平面，所以．又，所以，，两两相互垂直．如图建立空间直角坐标系，则，，，．所以，．设平面的法间量为，则即，令，则，于是．因为平面，所以是平面的一个法向量．所以．由题设，二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为．17.在中，．（1）求的大小；（2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积．条件①：边上中线的长为；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．解：（1）由，得，在中，由正弦定理得，因为，所以，又，所以；（2）选条件①：边上中线的长为：设边中点为，连接，则，中，由余弦定理得，即，整理得，解得或（舍），所以的面积为，选条件③：：在中，由余弦定理得，即，整理得，解得或，当时，的面积为．当时，的面积为．不可选条件②，理由如下：若，故为钝角，则，则，，即，其与为钝角矛盾，故不存在这样的.18.10米气步枪是国际射击联合会的比赛项目之一，资格赛比赛规则如下：每位选手采用立姿射击60发子弹，总环数排名前8的选手进入决赛．三位选手甲､乙､丙的资格赛成绩如下：环数6环7环8环9环10环甲的射出频数11102424乙的射出频数32103015丙的射出频数24101826假设用频率估计概率，且甲､乙､丙的射击成绩相互独立．（1）若丙进入决赛，试判断甲是否进入决赛，说明理由；（2）若甲､乙各射击2次，估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率；（3）甲､乙､丙各射击10次，用分别表示甲､乙､丙的10次射击中大于环的次数，其中．写出一个的值，使．（结论不要求证明）解：（1）甲进入决赛，理由如下：丙射击成绩的总环数为，甲射击成绩的总环数为．因为，所以用样本来估计总体可得甲进入决赛．（2）根据题中数据：“甲命中9环”的概率可估计为；“甲命中10环”的概率可估计为；“乙命中9环”的概率可估计为；“乙命中10环”的概率可估计为．所以这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率可估计为：（3）或8．根据题中数据：当时，在每次射击中，甲击中大于环的的概率为；在每次射击中，乙击中大于环的的概率为；在每次射击中，丙击中大于环的的概率为；由题意可知：，，.此时，，，不满足.当时，在每次射击中，甲击中大于环的的概率为；在每次射击中，乙击中大于环的概率为；在每次射击中，丙击中大于环的的概率为；由题意可知：，，.此时，，，满足.当时，在每次射击中，甲击中大于环的的概率为；在每次射击中，乙击中大于环的的概率为；在每次射击中，丙击中大于环的的概率为；由题意可知：，，.此时，，，满足.当时，在每次射击中，甲击中大于环的的概率为；在每次射击中，乙击中大于环的的概率为；在每次射击中，丙击中大于环的的概率为；由题意可知：，，.此时，，，不满足.所以或8．19.已知椭圆的一个顶点为，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）设为原点．直线与椭圆交于两点（不是椭圆的顶点），与直线交于点，直线分别与直线交于点．求证：．（1）解：由题意可得，解得，所以椭圆的方程为；（2）证明：由题意可知直线的斜率存在，设其方程为．则，直线的方程为，由，得，由，得，设，则，直线的方程为，联立直线和得，解得，同理可得，所以，因为，所以，即点和点关于原点对称，所以．.20.已知函数．（1）当时，求曲线在点处切线的斜率；（2）当时，讨论的单调性；（3）若集合有且只有一个元素，求的值．解：（1）当时，，所以,得到，所以曲线在点处切线的斜率为．（2）当时，，易知的定义域为，又，因为，所以，所以时，，时，所以的单调递增区间为；单调递减区间为．（3）因为，所以，易知，当时，的定义域为，所以恒成立，故在上单调递增，又，所以不合题意，当时，的定义域为，此时，所以时，，时，，故的单调递增区间为，单调递减区间为，所以．设，则，当时，，时，，所以的单调递减区间为；单调递增区间为．所以，所以集合有且只有一个元素时．21.对正整数，设数列.是行列的数阵，表示中第行第列的数，，且同时满足下列三个条件：①每行恰有三个1；②每列至少有一个1；③任意两行不相同．记集合或中元素的个数为．（1）若，求的值；（2）若对任意中都恰有行满足第列和第列的数均为1．①能否满足？说明理由；②证明：．（1）解：记，则，，，故；（2）①解：不满足，理由如下：假设满足，因为的每行恰有三个1，故中满足的的个数共有个，另一方面，从中任选两列共有种可能，且对任意两列，都恰有行使得这两列的数均为1，故中满足的的个数共有个，所以，当时，得，此方程无解，所以不满足；②证明：由①可得，即，下面考虑满足，但的的个数：对中满足和3的行，每行恰有两组使且，所以满足，但的的个数为，设数列中有项为项为0，满足，但的的个数为，所以满足，但的的个数为，所以，所以．北京市西城区2024届高三下学期4月统一测试数学试卷第一部分（选择题）一､选择题1.已知全集，集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为集合，所以或，又集合，所以或.故选：B.2.下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗对于选项A，当时，，当时，，即，所以选项A不满足题意，对于选项B，因在区间上不单调，所以选项B不满足题意，对于选项C，因图象不关于轴对称，所以选项C不满足题意，对于选项D，因为的定义域为，关于原点对称，又，所以为偶函数，当时，，又在区间上单调递增，所以选项D满足题意，故选：D.3.的展开式中，常数项为（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗的展开式的通项为，令，得到所以展开式中常数项为，故选D项.4.已知抛物线与抛物线关于直线对称，则的准线方程是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗因为抛物线与抛物线关于直线对称，所以将互换后可得抛物线方程为，即，所以的准线方程为，故选：C.5.设，其中，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由，故，故，由对勾函数性质可得，，且，综上所述，有.故选：C.6.已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（）A. B.1 C. D.7〖答案〗A〖解析〗由图可得，，故.故选：A.7.已知函数，若存在最小值，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗当时，，故当时，有最小值为；时，单调递减，所以，由题意存在最小值，则，解得，即的最大值为.故选：A8.在等比数列中，．则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗B〖解析〗设等比数列的公比为，当时，即有，又，故且，当时，有，故不能得到，即“”不是“”的充分条件；当时，即有，即且，则，当时，由，故，故，当时，，亦可得，故“”是“”的必要条件；综上所述，“”是“”的必要不充分条件.故选：B.9.关于函数，给出下列三个命题：①是周期函数；②曲线关于直线对称；③在区间上恰有3个零点．其中真命题的个数为（）A.0 B.1 C.2 D.3〖答案〗D〖解析〗对于①，因，所以，故，所以选项①正确，对于②，因为，由对称轴的定义知，为函数的一条对称轴，所以选项②正确，对于③，因为，令，得到，解得或，又，由，得到或，由，得到，所以选项③正确，故选：D.10.德国心理学家艾·宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘曲线”．“遗忘曲线”中记忆率随时间（小时）变化的趋势可由函数近似描述，则记忆率为时经过的时间约为（）（参考数据：）A.2小时 B.0.8小时 C.0.5小时 D.0.2小时〖答案〗C〖解析〗根据题意得，整理得到，两边取以为底的对数，得到，即，又，所以，得到，故选：C.第二部分（非选择题）二､填空题11.若复数z满足，则______〖答案〗〖解析〗，则，故.故〖答案〗为：.12.已知．使成立的一组的值为__________；__________．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗取，此时，，故，符合要求.故〖答案〗为：；（〖答案〗不唯一）.13.双曲线的渐近线方程为__________；若与圆交于四点，且这四个点恰为正方形的四个顶点，则__________．〖答案〗〖解析〗由，故其渐近线方程为；令，由题意可得，即有，解得，故，即.故〖答案〗为：；.14.在数列中，.数列满足.若是公差为1的等差数列，则的通项公式为______，的最小值为______.〖答案〗〖解析〗由题意，又等差数列的公差为1，所以；故，所以当时，，当时，，所以，显然的最小值是.又，所以，即的最小值是.故〖答案〗为：，15.如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，给出下列四个结论：①存在点，使；②存在点，使；③到直线和的距离相等的点有无数个；④若，则四面体体积的最大值为．其中所有正确结论的序号是__________．〖答案〗①③④〖解析〗建立如图所示空间直角坐标系，则有、、、、、，设，，其中，，对①：，则，当，，时，有，故存在点，使，故①正确；对②：，，若，则有，由，，故当时，，，此时有，即，即，此时与重合，与重合，故不存在点，使，故②错误；对③：点到直线的距离为，点到直线的距离为，即有，即，由，故其轨迹为双曲线的一部分，即点有无数个，故③正确；对④：，，由，故有，则，又，故，故④正确.故〖答案〗为：①③④.三､解答题16.如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值．（1）证明：如图，连接，设，连接．因为在三棱柱中，四边形是平行四边形，所以为的中点．因为为的中点，所以．又因为平面，平面，所以平面．（2）解：因为，，又，平面，平面，所以平面，又因平面，所以．又，所以，，两两相互垂直．如图建立空间直角坐标系，则，，，．所以，．设平面的法间量为，则即，令，则，于是．因为平面，所以是平面的一个法向量．所以．由题设，二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为．17.在中，．（1）求的大小；（2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积．条件①：边上中线的长为；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．解：（1）由，得，在中，由正弦定理得，因为，所以，又，所以；（2）选条件①：边上中线的长为：设边中点为，连接，则，中，由余弦定理得，即，整理得，解得或（舍），所以的面积为，选条件③：：在中，由余弦定理得，即，整理得，解得或，当时，的面积为．当时，的面积为．不可选条件②，理由如下：若，故为钝角，则，则，，即，其与为钝角矛盾，故不存在这样的.18.10米气步枪是国际射击联合会的比赛项目之一，资格赛比赛规则如下：每位选手采用立姿射击60发子弹，总环数排名前8的选手进入决赛．三位选手甲､乙､丙的资格赛成绩如下：环数6环7环8环9环10环甲的射出频数11102424乙的射出频数32103015丙的射出频数24101826假设用频率估计概率，且甲､乙､丙的射击成绩相互独立．（1）若丙进入决赛，试判断甲是否进入决赛，说明理由；（2）若甲､乙各射击2次，估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率；（3）甲､乙､丙各射击10次，用分别表示甲､乙､丙的10次射击中大于环的次数，其中．写出一个的值，使．（结论不要求证明）解：（1）甲进入决赛，理由如下：丙射击成绩的总环数为，甲射击成绩的总环数为．因为，所以用样本来估计总体可得甲进入决赛．（2）根据题中数据：“甲命中9环”的概率可估计为；“甲命中10环”的概率可估计为；“乙命中9环”的概率可估计为；“乙命中10环”的概率可估计为．所以这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率可估计为：（3）或8．根据题中数据：当时，在每次射击中，甲击中大于环的的概率为；在每次射击中，乙击中大于环的的概率为；在每次射击中，丙击中大于环的的概率为；由题意可知：，，.此时，，，不满足.当时，在每次射击中，甲击中大于环的的概率为；在每次射击中，乙击中大于环的概率为；在每次射击中，丙击中大于环的的概率为；由题意可知：，，.此时，，，满足.当时，在每次射击中，甲击中大于环的的概率为；在每次射击中，乙击中大于环的的概率为；在每次射击中，丙击中大于环的的概率为；由题意可知：，，.此时，，，满足.当时，在每次射击中，甲击中大于环的的概率为；在每次射击中，乙击中大于环的的概率为；在每次射击中，丙击中大于环的的概率为；由题意可知：