北京市昌平区2025届高三数学上学期期中试题含解析

Page19北京市昌平区2024届高三数学上学期期中试题（满分：150分时间：120分钟）一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分.在每小题中选出符合题目要求的一项.）1.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出集合后可求.【详解】，故，故选：B.2.在复平面内，与复数对应的点位于A.第一象限 B.其次象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】应用复数除法的运算法则，简化复数，最终确定复数对应的点的位置.【详解】,复数对应的点为，它在第四象限，故本题选D.【点睛】本题考查通过复数的除法运算法则，化简后推断复数对应的点的位置.3.圆与圆的位置关系为（）A.外离 B.内切 C.相交 D.外切【答案】D【解析】【分析】依据题意，求出两圆的圆心距，再结合圆与圆位置关系的推断方法，即可求解.【详解】因为圆的圆心为，圆的圆心为，所以两圆的圆心距为．因为圆的半径为，圆的半径为，所以圆心距等于两圆的半径和，故两圆外切．故选：D.4.在的绽开式中，的系数为A.5 B. C.10 D.【答案】D【解析】【分析】依据二项式定理计算即可.【详解】解：在的绽开式中的项为的系数为-10，故选：D.5.设，为不重合的两条直线，，为不重合的两个平面，下列命题错误的是（）A.若且，则 B.若且，则C.若且，则 D.若且，则【答案】C【解析】【分析】依据线面平行、面面平行的判定和性质，线面垂直、面面垂直的判定分析推断即可.【详解】对于A，当且时，，所以A正确，对于B，当且时，过作平面，交于直线，则∥，因为，所以，因为，所以，所以B正确，对于C，当且时，，可能平行，可能异面，可能相交，故C错误，对于D，当且时，则，所以D正确，故选：C6.已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】，故，即，故渐近线方程.【考点】本题考查双曲线的基本性质，考查学生的化归与转化实力.7.已知向量，，则“”是“与共线”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】A【解析】【详解】当时，，则与共线；当与共线时，，，所以“”是“与共线”的充分不必要条件；故选:A.8.过抛物线的焦点的直线交抛物线于、两点，且，则线段的中点到轴的距离为（）A.1 B.4 C.3 D.7【答案】C【解析】【分析】设出，由抛物线焦点弦公式得到，进而求出线段的中点横坐标为，得到答案.【详解】由题意得：，设，则，解得：，则线段的中点横坐标为，故线段的中点到轴的距离为3.故选：C9.过直线上一点作圆：的切线，切点为，，则四边形的面积的最小值为（）A. B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】求得圆C的圆心和半径,由切线的性质和四边形的面积求法,结合勾股定理和点到直线的距离公式,计算可得所求最小值.【详解】由圆方程可得：，则圆心为：，半径又为圆的切线，则又当四边形的面积的取最小值时，最小又垂直于直线时，最小四边形面积的最小值为：故选：B10.众所周知的“太极图”，其形态如对称的阴阳两鱼互抱在一起，因而也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，整个图形是一个圆形，其中黑色阴影区域在轴右侧部分的边界为一个半圆，已知直线：.给出以下命题：①当时，若直线截黑色阴影区域所得两部分面积记为，（），则；②当时，直线与黑色阴影区域有1个公共点；③当时，直线与黑色阴影区域有2个公共点.其中全部正确命题的序号是（）A①② B.①③ C.②③ D.①②③【答案】A【解析】【分析】由题知依据直线：横过点，为直线的斜率依据直线和圆的位置关系作图，数形结合逐项分析推断即可得解【详解】如图1所示，大圆的半径为2，小圆的半径为1，所以大圆的面积为，小圆的面积为．对于①，当时，直线的方程为．此时直线将黑色阴影区域的面积分为两部分，，，所以，故①正确．对于②，依据题意，黑色阴影区域在第一象限的边界方程为当时，直线的方程为，即，小圆圆心到直线的距离，所以直线与该半圆弧相切，如图2所示，所以直线与黑色阴影区域只有一个公共点，故②正确．对于③，当时，如图3所示，直线与黑色阴影区域的边界曲线有2个公共点，当时，直线与黑色阴影区域的边界曲线有1个公共点，故③错误．综上所述，①②正确．故选：A．二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分.）11.已知单位向量满意，则的值为______.【答案】【解析】【分析】由得，求须要平方转化为数量积运算.【详解】..故答案为:.12.角以为始边，它的终边与单位圆相交于第四象限点，且点的横坐标为，则的值为______.【答案】##-0.75【解析】【分析】由角的终边与单位圆交于，故将的坐标求出，利用定义就可以求出的值.【详解】由交的终边与单位圆相交于第四象限点，且点的横坐标为所以点的纵坐标为，所以，有定义可得故答案为：.13.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是________.【答案】【解析】【详解】试题分析：正四棱柱的高是4，体积是16，则底面边长为2，底面正方形的对角线长度为，所以正四棱柱体对角线的长度为，四棱柱体对角线为外接球的直径，所以球的半径为，所以球的表面积为．考点：正四棱柱外接球表面积．14.已知函数，则___________；若，则实数的取值范围是___________.【答案】①.②.【解析】【分析】依据分段函数解析式，先求出，即可得解，证明函数是上的减函数，再解关于的一元二次不等式即可.【详解】解：由，得，所以，因为都是减函数，且当时，，所以函数是上的减函数，则，即为，解得.故答案为：；.15.如图，在边长为1的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论：①三棱锥的体积为定值；②存在点，使得平面；③对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面；④是线段上的一个动点，过点的截面垂直于，则截面的面积的最小值为．其中全部正确结论的序号是____________．【答案】①④【解析】【分析】依据题意作图，并尝试特别位置，进行检验证明.【详解】对于①，如下图所示：在边长为1的正方体中，易知平面，因为点是棱上的一个动点，可设点到平面的距离为，且，则三棱锥的体积，故①正确；对于②，连接，，因为在平行四边形中，，所以不垂直，所以使得不垂直平面，所以②不正确.对于③，当点与点重合时，无论点在何位置，直线与平面相交，故③错误；对于④，依据题意，作图如下：因为正方体中，易知平面，所以，设，则，，在中，，，则该截面面积，由，当时，，故④正确；故答案为：①④.三、解答题：本大题共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.已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）若对恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先利用三角函数恒等变换，把函数的解析式变形为，进一步求出函数的最小正周期．（2）将问题转化为求函数的最大值问题，求最大值时先求的范围即可得到的最大值．【小问1详解】因所以的最小正周期为【小问2详解】“对恒成立”等价于“”因为所以当，即时的最大值为.所以，所以实数的取值范围为.17.在中，．（1）求大小；（2）以下三组条件中恰有一组条件使得三角形存在且唯一确定，请选出该组条件并求的面积．条件①：，；条件②：，；条件③：，．注：条件选择错误，第（2）问得0分．【答案】（1）（2）选择条件②，三角形面积为【解析】【分析】（1）由余弦定理与已知条件结合可得，再由，所以得；（2）由，再结合，，可推断出条件②能使三角形存在且唯一确定，然后由正弦定理计算，，再代入三角形面积公式计算.【小问1详解】由余弦定理，又，可得，所以，又因为，所以【小问2详解】由（1）知，，依据条件②中，，所以也是唯一确定的，从而可得也是唯一确定的，再由，代入正弦定理计算可得边也是唯一确定的，故选择条件②.因为，，所以．由正弦定理，可得，所以所以三角形面积【点睛】关于解三角形的问题，须要推断清晰选用合适的公式求解，一般涉及二次方以及三边一角的关系时都用余弦定理，涉及两边两角的关系一般用正弦定理.18.已知抛物线（）的焦点为，点为抛物线上一点，且.（1）求抛物线的方程；（2）不过原点的直线：与抛物线交于不同两点，，若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据抛物线过点，且，利用抛物线的定义求解；（2）设，联立，依据，由，结合韦达定理求解.【小问1详解】由抛物线过点，且，得所以抛物线方程为；【小问2详解】由不过原点的直线：与抛物线交于不同两点，设，联立得，所以，所以，所以因为，所以，则，，即，解得或，又当时，直线与抛物线的交点中有一点与原点重合，不符合题意，故舍去；所以实数的值为.19.如图,在三棱柱中,平面为正三角形,侧面是边长为的正方形,为的中点.（1）求证平面;（2）求二面角的余弦值;（3）试推断直线与平面的位置关系,并加以证明.【答案】（1）证明见解析（2）（3）直线与平面相交.证明见解析【解析】【分析】（1）依据线面平行的判定定理,在面内找一条直线平行于即可．所以连接交与点，再连接，由中位线定理可得，即可得证；（2）取的中点，连接．分别以，，为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐标系，再依据二面角的向量方法即可求出；（3）依据平面的法向量与直线的方向向量的关系，即可推断直线与平面的位置关系．【详解】（1）由题意，三棱柱为正三棱柱．连接．设，则是的中点．连接，由，分别为和的中点，得．又因为平面，平面，所以平面．（2）取的中点，连接．因为为正三角形，且为中点，所以．由，分别为和的中点，得，又因为平面，所以平面，即有，．分别以，，为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，设平面的法向量，由，，得令，得．设平面的法向量，由，，得令，得．设二面角的平面角为，则．由图可得二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．（3）结论：直线与平面相交．证明：因为，，且，所以．又因为平面的法向量，且，所以与不垂直，因为平面，且与平面不平行，故直线与平面相交．【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理的应用，二面角的求法，以及直线与平面的位置关系推断，意在考查学生的直观想象实力、逻辑推理实力和数学运算实力，属于中档题．20.已知椭圆：（）的离心率为，是椭圆的左，右焦点，点是椭圆上随意一点且满意.（1）求椭圆方程；（2）设为椭圆右顶点，过点的直线与椭圆交于，两点（异于），直线，分别交直线于，两点.求证：，两点的纵坐标之积为定值.【答案】（1）（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题知，，进而解方程即可求得答案；（2）先探讨直线的斜率不存在时得，两点的纵坐标之积为，再探讨直线的斜率存在时，设直线的方程为，，进而得，再联立方程，结合韦达定理求解即可.【小问1详解】解：因为是椭圆的左，右焦点，点是椭圆上随意一点且满意，所以，解得，因为椭圆的离心率为，所以，解得.所以，，所以，椭圆方程为.【小问2详解】解：由（1）知，，当直线的斜率不存在时，方程为，此时，，直线方程为，直线方程为，所以，，所以，，两点的纵坐标之积为，当直线的斜率存在时，因为过点的直线与椭圆交于，两点（异于），所以直线的斜率不为，设直线的方程为，设，则直线方程为，直线方程为，因为直线，分别交直线于，两点所以，联立直方程得，所以，，所以，，所以，，两点的纵坐标之积为所以，，两点的纵坐标之积为定值.21.已知数列满意：，，且．记集合．（Ⅰ）若，写出集合的全部元素；（Ⅱ）若集合存在一个元素是3的倍数，证明：的全部元素都是3的倍数；（Ⅲ）求集合的元素个数的最大值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（III）8．【解析】【分析】（Ⅰ），利用可求得集合的全部元素为6，12，24；（Ⅱ）因为集合存在一个元素是3的倍数，所以不妨设是3的倍数，由，2，，可归纳证明对随意，是3的倍数；（Ⅲ）分是3的倍数与不是3的倍数探讨，即可求得集合的元素个数的最大值．【详解】解：（Ⅰ）若，由于，2，，．故集合的全部元素为6，12，24，；（Ⅱ）因为集合存在一个元素是3的倍数，所以不妨设是3的倍数，由，2，，可归纳证明对随意，是3的倍数．假如，的全部元素都是3的倍数；假如，因为，或，所以是3的倍数；于是是3的倍数；类似可得，，，都是3的倍数；从而对随意，是3的倍