北京市顺义区第一中学2024届高三下学期高考考前适应性检测 数学试卷【含答案】

2024届顺义一中考前适应性检测数学试卷一、单选题：本题共10小题，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．若为虚数单位，复数，则（

）A． B． C． D．3．在等差数列中，，，则（）A． B． C． D．4．已知函数，则（

）A．为偶函数且周期为 B．为奇函数且在上有最小值C．为偶函数且在上单调递减 D．为奇函数且为一个对称中心5．设M是抛物线上的一点，F是抛物线的焦点，O足坐标原点，若，则（

）A．5 B．4 C．3 D．26．“角与的终边关于直线对称”是“”的（

）A．充分必要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件7．风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源.如图，是某高一年级学生制作的一个风筝模型的多面体ABCEF，D为AB的中点，四边形EFDC为矩形，且，，，当时，多面体ABCEF的体积为（

）

A． B． C． D．8．如图，唐金筐宝钿团花纹金杯出土于西安，这件金杯整体造型具有玲珑剔透之美，充分体现唐代金银器制作的高超技艺，是唐代金银细工的典范之作.该杯主体部分的轴截面可以近似看作双曲线的一部分，若的中心在原点，焦点在轴上，离心率，且点在双曲线上，则双曲线的标准方程为（

）A． B．C． D．9．设，，.若，，则最大值为（

）A．2 B． C．1 D．10．利用所学数学知识解决新问题是我们学习数学的一个重要目的，同学们利用我们所学数学知识，探究函数，，则下列命题不正确的是（

）A．有且只有一个极值点 B．在上单调逆增C．存在实数，使得 D．有最小值二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分.11．已知函数，则.12．在的展开式中，常数项为．（用数字作答）13．命题：若是等比数列，则前n项和不存在最大值和最小值.写出一组说明此命题为假命题的首项和公比14．为等边三角形，且边长为2，则与的夹角大小为，若，则的最小值为.15．已知直线l经过点，曲线：.①曲线经过原点且关于对称；②当直线l与曲线有2个公共点时，直线l斜率的取值范围为；③当直线l与曲线有奇数个公共点时，直线l斜率的取值共有4个④存在定点Q，使得过Q的任意直线与曲线的公共点的个数都不可能为2以上说法正确的是三、解答题：本题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16．的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知．(1)求角B的大小；(2)若；从以下3个条件中选择1个作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求△ABC的面积.条件①：；条件②：；条件③：.17．习近平总书记高度重视体育运动的发展，将体育与国家发展、民族振兴紧密联系在一起，多次强调体育“是实现中国梦的重要内容”“体育强则中国强，国运兴则体育兴”，为了响应总书记的号召，某中学组织全体学生开展了丰富多彩的体育实践活动.为了解该校学生参与活动的情况，随机抽取100名学生作为样本，统计他们参加体育实践活动时间（单位：分钟），得到下表：时间人数类别性别男51213898女69101064学段初中10高中41312754(1)从该校随机抽取1名学生，若已知抽到的是女生，估计该学生参加体育实践活动时间在的概率；(2)从该校参加体育实践活动时间在学生中随机抽取2人，在的学生中随机抽取1人，求其中至少有1名初中学生的概率；(3)假设同组中每个数据用该组区间中点值代替，样本中的100名学生参加体育实践活动时间的平均数记为，初中、高中学生参加体育实践活动时间的平均数分别记为，，试比较与的大小关系.（结论不要求证明）18．如图在几何体ABCDFE中，底面ABCD为菱形，，，，.(1)判断AD是否平行于平面CEF，并证明；(2)若面面；求：（ⅰ）平面与平面CEF所成角的大小；（ⅱ）求点A到平面CEF的距离.19．已知椭圆：的左顶点为，上下顶点为，，离心率为.(1)求椭圆的方程(2)设点是椭圆上一点，不与顶点重合，满足四边形是平行四边形，过点作垂直轴的直线交直线于点，再过作垂直于轴的直线交直线于点.求证：，，三点共线.20．已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)当时，求证：函数存在极小值；(3)求函数的零点个数.21．若无穷数列的各项均为整数．且对于，，都存在，使得，则称数列满足性质P．(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．①，，2，3，…；②，，2，3，…．(2)若数列满足性质P，且，求证：集合为无限集；(3)若周期数列满足性质P，求数列的通项公式．1．B【分析】化简集合，根据交集运算法则求.【详解】不等式的解集为，所以，又，所以，故选：B.2．D【分析】首先化简复数，再求共轭复数.【详解】，则.故选：D3．A【分析】求出等差数列的公差，进而可求得的值.【详解】由题意可知，等差数列的公差为，因此，.故选：A.4．C【分析】由二倍角公式得，再根据余弦函数性质判断即可；【详解】解：因为，所以，函数为偶函数且周期为，在上单调递减.所以，ABD选项错误，C选项正确.故选：C5．B【分析】过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，连接，分析出为等边三角形，求出，即可得解.【详解】过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，连接，如下图所示：因为，轴，则，由抛物线的定义可得，所以为等边三角形，则，抛物线的准线方程为，设直线交轴于点，则，易知，，则.故选：B.6．A【分析】根据终边关于对称，得两角的关系，再由，得两角满足的关系，根据充分必要条件的定义即可求解.【详解】角与的终边关于直线对称,则,,则，“角与的终边关于直线对称”是“”的充分必要条件.故选:A7．A【分析】根据题意，先证得平面，在中，解三角形求得，再结合线面垂直判定定理证得平面，得到，设，利用，求得，结合，即可求解.【详解】在中，因为且为的中点，所以，又因为，且，平面，所以平面，在中，因为且，所以，且，因为四边形为矩形，可得，又因为，且平面，所以平面，因为，所以平面，又因为平面，所以，设，在直角中，可得，在直角中，可得，因为，所以，即，解得，所以多面体的体积.故选：A.8．C【分析】利用待定系数法可求双曲线的标准方程.【详解】设双曲线的方程为：，因为离心率，故半焦距，故，而双曲线过，故，解得，故双曲线的方程为：，故选：C.9．C【分析】先利用指、对数的关系利用表示，再利用基本不等式求最大值.【详解】∵，，，，∴，，∴，当且仅当，时取等号.∴的最大值为1.故选：C.10．C【分析】由条件可得函数可以看作为函数与函数的复合函数，然后求导判断其单调性与极值，即可得到结果.【详解】由得，令，则函数可以看作为函数与函数的复合函数，因为为增函数，所以与单调性、图象变换等基本一致，，由得，列表如下：0由表知，在上单调递减，在上单调递增，在时，取得极小值（最小值），所以在上单调递增，即B正确；在时，取得唯一极值（极小值，也是最小值），即A、D都正确，C错误.故选：C.【点睛】关键点点睛：关键是找到已知函数的同构函数，由此即可顺利得解.11．7【分析】根据解析式代入即可求解.【详解】因为，所以.故答案为：712．【分析】先由二项式定理求出的展开式的通项公式，再求出常数项即可．【详解】因为展开式的通项公式为：，令，解得，所以常数项为：.故答案为：13．1（答案不唯一）2（答案不唯一）【分析】由原命题为假命题可得其否定为真命题，即存在最大值或最小值，由此确定首项和公比.【详解】因为命题“若是等比数列，则前n项和不存在最大值和最小值”为假命题，所以可得“若是等比数列，则前n项和存在最大值或最小值”，因为只需确定满足条件的一组取值，故不妨先考虑，条件下是否存在，若，则，当时，则随的增大而增大，此时有最小值，满足条件，当时，则随的增大而减小，此时有最大值，满足条件，若，则，当时，若，则随的增大而增大，此时有最小值，满足条件，当时，若，则随的增大而减小，此时有最大值，满足条件，故可取，，故答案为：1，2（答案不唯一）14．##【分析】根据平面向量夹角的定义直接得出结果；根据题意可知E为AC的中点，利用平面向量的线性运算和数量积的运算律计算可得，结合平面向量夹角的范围即可得出结果.【详解】由题意知，如图，由为等比三角形，得，所以；因为，所以点E为AC的中点，则，又，所以，，又，所以，所以.故答案为：；.15．①②④【分析】将点分别代入曲线的方程即可判断①；将曲线方程转化为两个圆的方程，结合图像利用直线和圆的位置关系逐项分析即可判断②③④.【详解】对于①，将点分别代入曲线的方程，得，，所以曲线关于对称，将代入曲线的方程得，所以曲线经过原点，所以曲线经过原点且关于对称，故①正确；由，得，即，即，所以或，即或，所以曲线表示以，为圆心，为半径的两个圆，如图所示，设过点A且与圆N相切的直线方程为，则点N到该直线的距离，解得，，即图中直线AC的斜率为1，直线AD的斜率为，直线AO的斜率为，直线AC的方程为，点M到直线AC的距离，则直线AC与圆M相切于点B，设过点A且与圆M相切的直线方程为，则点M到该直线的距离，解得，，由图可知，当直线l与曲线有2个公共点时，直线l斜率的取值范围为，故②正确；由图可知，直线AO与曲线的公共点个数为3，直线AD与曲线的公共点个数也为3，直线与曲线的公共点个数为1，所以当直线l与曲线有奇数个公共点时，直线l斜率的取值共有3个，故③错误；因为过原点O的任意直线与曲线的公共点的个数为1或3，所以存在定点Q（Q与O重合），使得过Q的任意直线与曲线的公共点的个数都不可能为2，故④正确.故答案为：①②④.【点睛】关键点点睛：将曲线方程转化为两个圆的方程，是解决本题的关键.16．(1)(2)答案见解析【分析】（1）利用正弦定理化边为角并化简可得，再利用的范围可得答案；（2）若选条件①，由余弦定理解得，因不满足唯一性，舍去；若选条件②，利用平方关系得，再由两角和的正弦公式可得，由正弦定理解得，再由三角形面积公式可得答案；若选条件③，由面积公式可得答案.【详解】（1）设的外接圆半径为，由正弦定理可得，又所以，因为，所以，所以，故，因为，所以.（2）若选条件①：由已知可得，，，由余弦定理得，解得，因为答案不唯一，所以舍去.若选条件②：由已知可得，；由（1），因为，故，，所以，由正弦定理得，解得，则的面积为.若选条件③：由已知可得，，由（1），则的面积为.17．(1)(2)(3)【分析】（1）根据条件概率公式求解即可；（2）根据相互独立事件同时发生的概率公式求解即可；（3）补全初中段的人数表格，再分别计算，即可得解.【详解】（1）女生共有人，记事件A为“从所有调查学生中随机抽取1人，女生被抽到”，事件B为“从所有调查学生中随机抽取1人，参加体育活动时间在”，由题意可知，，因此，所以从该校随机抽取1名学生，若已知抽到的是女生，估计该学生参加体育活动时间在的概率为.（2）时间在的学生有人，活动时间在的初中学生有人，记事件C为“从参加体育活动时间在的学生中随机抽取2人，抽到初中学生”，事件D为“从参加体育活动时间在的学生中随机抽取1人，抽到的是初中学生”，由题意知，事件C，D相互独立，且,所以至少有1名初中学生的概率；（3）根据男女生人数先补全初中学生各区间人数：时间人数类别性别男51213898女69101064学段初中781111108高中41312754初中生的总运动时间，高中生的总运动时间，又，，，可得由.18．(1)与平面不平行，证明见解析(2)（i）；（ii）【分析】（1）取中点，证明，假设平面，根据线面平行性质定理证明，推出矛盾，可得结论；（2）（i）证明线线垂直建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解平面与平面的角，（ii）利用向量方法求点到平面距离.【详解】（1）不平行于平面，理由如下：取中点，因为，所以则四边形为平行四边形，所以，又，所以不平行于，假设平面，因为平面平面，平面所以，与不平行于矛盾，所以假设不成立，即不平行于平面；（2）取中点，连接因为菱形，所以为正三角形，又为中点，所以，由于，所以，又面面，面面，面所以面，因为面，所以又因为，面，所以面，而面，所以，所以如图，以为原点，所在直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，则（i）因为面，所以为平面的一个法向量设平面的法向量为，因为所以，令，设平面与平面所成角为，所以，则即平面与平面所成角大小为；（ii）因为，由（i）知平面的一个法向量为所以点到平面的距离为.19．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由已知可得，，根据即可求解；（2）设直线的方程，联立其与椭圆方程可得，坐标，将的纵坐标代入直线的方程中可得的坐标，将的横坐标代入的方程可得的坐标，求，即可证明.【详解】（1）因为椭圆：的左顶点为，所以，又，所以，所以，所以椭圆的方程为；（2）由（1）知，，设：，，，联立方程，可得，解得或，所以，因为四边形是平行四边形，由椭圆的对称性可知点与点关于原点对称，所以，直线的方程为，把代入可得，所以，把代入可得，所以过，的直线的斜率为，所以过，的直线的斜率，所以，，三点共线.20．(1)(2)证明见解析(3)答案见解析【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求解作答.（2）讨论函数在区间和上的符号即可推理作答.（3）在时，分离参数，构造函数，再探讨在上的零点情况即可作答.【详解】（1）由函数求导得：，所以，因为，所以曲线在点处的切线方程是.（2）函数的定义域为，由（1）知，，因为，则当时，，，，所以，有，函数在上递减，当时，，，，则有，函数在上递增，所以，当时，函数取得极小值，所以，当时，函数存在极小值.（3）函数的定义域为，，显然是函数的零点，当时，函数的零点即为方程的解，令，则，令，则，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，，，所以，有，在，上都递减，令，，当时，，当时，，所以，在上递增，在上递减，，所以，，恒有，当且仅当时取“=”，所以，当时，，当时，，所以，在上单调递减，取值集合为，在上递减，取值集合为，所以，当或时，方程有唯一解，当或时，此方程无解，所以，当或时，函数有一个零点，当或时，函数有两个零点.【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.21．(1)数列不满足性质P；数列满足性质P，理由见解析(2)证明见解析(3)或．【分析】（