北京西城44中2024年高三3月份模拟考试数学试题含解析

北京西城44中2024年高三3月份模拟考试数学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知函数的值域为，函数，则的图象的对称中心为（）A． B．C． D．2．下列函数中，值域为的偶函数是（）A． B． C． D．3．已知集合，，，则的子集共有（）A．个 B．个 C．个 D．个4．已知函数，的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，则的一条对称轴是（）A． B． C． D．5．设是虚数单位，若复数，则（）A． B． C． D．6．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（）A．2对 B．3对C．4对 D．5对7．已知集合，，，则（）A． B． C． D．8．若点x,y位于由曲线x=y-2+1与x=3围成的封闭区域内（包括边界），则A．-3,1 B．-3,5 C．-∞,-39．二项式展开式中，项的系数为（）A． B． C． D．10．等腰直角三角形的斜边AB为正四面体侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：（1）四面体EBCD的体积有最大值和最小值；（2）存在某个位置，使得；（3）设二面角的平面角为，则；（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆.其中，正确说法的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．411．设，分别为双曲线（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点作圆的切线与双曲线的左支交于点P，若，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．12．设，，，则、、的大小关系为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．抛物线上到其焦点距离为5的点有_______个．14．如图，半圆的直径AB＝6，O为圆心，C为半圆上不同于A、B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则的最小值为.15．已知向量，若向量与共线，则________.16．已知数列是等比数列，，则__________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知，.（1）解不等式；（2）若方程有三个解，求实数的取值范围.18．（12分）已知函数.（1）若函数不存在单调递减区间，求实数的取值范围；（2）若函数的两个极值点为，，求的最小值.19．（12分）在等比数列中，已知，.设数列的前n项和为，且，（，）.（1）求数列的通项公式；（2）证明：数列是等差数列；（3）是否存在等差数列，使得对任意，都有？若存在，求出所有符合题意的等差数列；若不存在，请说明理由.20．（12分）在中，角所对的边分别为，若，，，且.（1）求角的值；（2）求的最大值.21．（12分）如图，三棱锥中，，，，，.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.22．（10分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，（Ⅰ）求的大小；（Ⅱ）若，求面积的最大值．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】

由值域为确定的值，得，利用对称中心列方程求解即可【详解】因为，又依题意知的值域为，所以得，，所以，令，得，则的图象的对称中心为.故选：B【点睛】本题考查三角函数的图像及性质，考查函数的对称中心，重点考查值域的求解，易错点是对称中心纵坐标错写为02、C【解析】试题分析：A中，函数为偶函数，但，不满足条件；B中，函数为奇函数，不满足条件；C中，函数为偶函数且，满足条件；D中，函数为偶函数，但，不满足条件，故选C．考点：1、函数的奇偶性；2、函数的值域．3、B【解析】

根据集合中的元素，可得集合，然后根据交集的概念，可得，最后根据子集的概念，利用计算，可得结果.【详解】由题可知：，当时，当时，当时，当时，所以集合则所以的子集共有故选：B【点睛】本题考查集合的运算以及集合子集个数的计算，当集合中有元素时，集合子集的个数为，真子集个数为，非空子集为，非空真子集为，属基础题.4、D【解析】

由题，得，由的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，可得最小正周期，从而求得，得到函数的解析式，又因为当时，，由此即可得到本题答案.【详解】由题，得，因为的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，所以函数的最小正周期，则，所以，当时，，所以是函数的一条对称轴，故选：D【点睛】本题主要考查利用和差公式恒等变形，以及考查三角函数的周期性和对称性.5、A【解析】

结合复数的除法运算和模长公式求解即可【详解】∵复数，∴，，则，故选：A.【点睛】本题考查复数的除法、模长、平方运算，属于基础题6、C【解析】

画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案．【详解】该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，作PO⊥AD于O，则有PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，又AD⊥CD，所以，CD⊥平面PAD，所以平面平面，同理可证：平面平面，由三视图可知：PO＝AO＝OD，所以，AP⊥PD，又AP⊥CD，所以，AP⊥平面PCD，所以，平面平面，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题．7、D【解析】

根据集合的基本运算即可求解.【详解】解：，，，则故选：D.【点睛】本题主要考查集合的基本运算，属于基础题．8、D【解析】

画出曲线x=y-2+1与x=3围成的封闭区域，y+1x-2表示封闭区域内的点(x,y)【详解】画出曲线x=y-2+1与y+1x-2表示封闭区域内的点(x,y)和定点P(2,-1)设k=y+1x-2，结合图形可得k≥k由题意得点A,B的坐标分别为A(3,0),B(1,2)，∴kPA∴k≥1或k≤-3，∴y+1x-2的取值范围为-∞,-3故选D．【点睛】解答本题的关键有两个：一是根据数形结合的方法求解问题，即把y+1x-29、D【解析】

写出二项式的通项公式,再分析的系数求解即可.【详解】二项式展开式的通项为,令,得,故项的系数为.故选：D【点睛】本题主要考查了二项式定理的运算,属于基础题.10、C【解析】

解：对于（1），当CD⊥平面ABE，且E在AB的右上方时，E到平面BCD的距离最大，当CD⊥平面ABE，且E在AB的左下方时，E到平面BCD的距离最小，∴四面体E﹣BCD的体积有最大值和最小值，故（1）正确；对于（2），连接DE，若存在某个位置，使得AE⊥BD，又AE⊥BE，则AE⊥平面BDE，可得AE⊥DE，进一步可得AE＝DE，此时E﹣ABD为正三棱锥，故（2）正确；对于（3），取AB中点O，连接DO，EO，则∠DOE为二面角D﹣AB﹣E的平面角，为θ，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，θ∈[0，π），∠DAE∈[，π），所以θ≥∠DAE不成立．（3）不正确；对于（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，P到BC的距离为：dP﹣BC，因为＜1，所以点P的轨迹为椭圆．（4）正确．故选：C．点睛：该题考查的是有关多面体和旋转体对应的特征，以几何体为载体，考查相关的空间关系，在解题的过程中，需要认真分析，得到结果，注意对知识点的灵活运用.11、C【解析】

设过点作圆的切线的切点为，根据切线的性质可得，且，再由和双曲线的定义可得，得出为中点，则有，得到，即可求解.【详解】设过点作圆的切线的切点为，，所以是中点，，，.故选:C.【点睛】本题考查双曲线的性质、双曲线定义、圆的切线性质，意在考查直观想象、逻辑推理和数学计算能力，属于中档题.12、D【解析】

因为，，所以且在上单调递减，且所以，所以，又因为，，所以，所以.故选：D.【点睛】本题考查利用指对数函数的单调性比较指对数的大小，难度一般.除了可以直接利用单调性比较大小，还可以根据中间值“”比较大小.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2【解析】

设符合条件的点,由抛物线的定义可得,即可求解.【详解】设符合条件的点,则,所以符合条件的点有2个.故答案为:2【点睛】本题考查抛物线的定义的应用,考查抛物线的焦半径.14、.【解析】.15、【解析】

计算得到，根据向量平行计算得到答案.【详解】由题意可得，因为与共线，所以有，即，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了根据向量平行求参数，意在考查学生的计算能力.16、【解析】

根据等比数列通项公式，首先求得，然后求得.【详解】设的公比为，由，得，故.故答案为：【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）.【解析】

（1）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果;（2）.作出函数的图象,当直线与函数的图象有三个公共点时，方程有三个解，由图可得结果.【详解】（1）不等式，即为.当时，即化为，得，此时不等式的解集为，当时，即化为，解得，此时不等式的解集为.综上，不等式的解集为.（2）即.作出函数的图象如图所示，当直线与函数的图象有三个公共点时，方程有三个解，所以.所以实数的取值范围是.【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．18、（1）（2）【解析】分析：（1）先求导，再令在上恒成立，得到上恒成立，利用基本不等式得到m的取值范围.(2)先由得到，再求得，再构造函数再利用导数求其最小值.详解：（1）由函数有意义，则由且不存在单调递减区间，则在上恒成立，上恒成立（2）由知，令，即由有两个极值点故为方程的两根，，，则由由，则上单调递减，即由知综上所述，的最小值为.点睛：（1）本题主要考查利用导数求函数的单调区间和极值，考查利用导数求函数的最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)本题的难点有两个，其一是求出,其二是构造函数再利用导数求其最小值.19、（1）（2）见解析（3）存在唯一的等差数列，其通项公式为，满足题设【解析】

（1）由，可得公比，即得；（2）由（1）和可得数列的递推公式，即可知结果为常数，即得证；（3）由（2）可得数列的通项公式，，设出等差数列，再根据不等关系来算出的首项和公差即可.【详解】（1）设等比数列的公比为q，因为，，所以，解得.所以数列的通项公式为：.（2）由（1）得，当，时，可得①，②②①得，，则有，即，，.因为，由①得，，所以，所以，.所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.（3）由（2）得，所以，.假设存在等差数列，其通项，使得对任意，都有，即对任意，都有.③首先证明满足③的.若不然，，则，或.（i）若，则当，时，，这与矛盾.（ii）若，则当，时，.而，，所以.故，这与矛盾.所以.其次证明：当时，.因为，所以在上单调递增，所以，当时，.所以当，时，.再次证明.（iii）若时，则当，，，，这与③矛盾.（iv）若时，同（i）可得矛盾.所以.当时，因为，，所以对任意，都有.所以，.综上，存在唯一的等差数列，其通项公式为，满足题设.【点睛】本题考查求等比数列通项公式，证明等差数列，以及数列中的探索性问题，是一道数列综合题，考查学生的分析，推理能力.20、（1）；（2）.【解析】

（1）由正弦定理可得，再用余弦定理即可得到角C；（2），再利用求正弦型函数值域的方法即可得到答案.【详解】（1）因为，所以.在中，由正弦定理得，所以，即.在中，由余弦定理得，又因为，所以.（2）由（1）得，在中，，所以.因为，所以，所以当，即时，有最大值1，所以的最大值为.【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，涉及到两角差的正弦公式、辅助角公式、向量数量积的坐标运算，是一道容易题.21、（1）证明见详解；（2）【解析】

（1）取中点，根据，利用线面垂直的判定定理，可得平面，最后可得结果.（2）利用建系，假设长度，可得，以及平面的一个法向量，然后利用向量的夹角公式，可得结果.【详解】（1）取中点，连接，如图由，所以由,平面所以平面，又平面所以（2）假设，由，，.所以则，所以又，平面所以平面，所以，又，故建立空间直角坐标系，如图设平面的一个法向量为则令，所以则直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查线面垂直、线线垂直的应用，还考查线面角，学会使用建系的方法来解决立体几何问题，将几何问题代数化，化繁为简，属中档题.22、（1）（2）【解析】