2024届北京市海淀区高三下学期期末练习（二模）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2北京市海淀区2024届高三下学期期末练习（二模）数学试题第一部分（选择题）一､选择题1.已知集合.若，则的最大值为（）A.2 B.0 C. D.-2〖答案〗C〖解析〗由于，所以，故的最大值为，故选：C2.在的展开式中，的系数为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗设的通项，则，化简得，令，则的系数为，即A正确.故选：A3.函数是（）A.偶函数，且没有极值点 B.偶函数，且有一个极值点C.奇函数，且没有极值点 D.奇函数，且有一个极值点〖答案〗B〖解析〗当时，，则，当时，，则，所以函数是偶函数，由图可知函数有一个极大值点.故选：B.4.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，，则线段的中点的纵坐标为（）A. B. C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗抛物线的焦点，又，解得，故线段的中点的纵坐标为.故选：C.5.在中，，则的长为（）A.6或 B.6 C. D.3〖答案〗A〖解析〗由余弦定理可得,故或，故选：A.6.设，且，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗对于A，取，则，故A错误，对于B，，则，故B错误，对于C，由于，故在单调递减，故，因此，由于，所以，故，C正确，对于D,,则，故D错误，故选：C7.在中，，点满足，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题可知，，故，故，解得.故选：B.8.设是公比为的无穷等比数列，为其前项和，.则“”是“存在最小值”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〗若且公比，则，所以单调递增，存在最小值，故充分条件成立.若且时，，当为奇数时，，单调递减，故最大值为时，，而,当为偶数时，，单调递增，故最小值为，，所以的最小值为，即由，存在最小值得不到公比,故必要性不成立.故公比“”是“存在最小值”的充分不必要条件.故选：A.9.设函数的定义域为，对于函数图象上一点，若集合只有1个元素，则称函数具有性质.下列函数中具有性质的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗根据题意，要满足性质，则的图象不能在过点的直线的上方，且这样的直线只有一条；对A：的图象，以及过点的直线，如下所示：数形结合可知，过点的直线有无数条都满足题意，故A错误；对B：的图象，以及过点的直线，如下所示：数形结合可知，不存在过点的直线，使得的图象都在该直线的上方，故B错误；对C：的图象，以及过点的直线，如下所示：数形结合可知，不存在过点的直线，使得的图象都在该直线的上方，故C错误；对D：的图象，以及过点的直线，如下所示：数形结合可知，存在唯一的一条过点的直线，即，满足题意，故D正确.故选：D.10.设数列的各项均为非零的整数，其前项和为.若为正偶数，均有，且，则的最小值为（）A.0 B.22 C.26 D.31〖答案〗B〖解析〗因为，所以互为相反数，不妨设，为了取最小值，取奇数项为正值，取偶数项为负值，且各项尽可能小，.由题意知：满足，取的最小值；满足，因为，故取的最小值；满足，取的最小值；同理，取的最小值；所以，满足，取的最小值；满足，因为，所以，取的最小值；满足，因为，所以，取的最小值；同理，取的最小值；所以，所以，因为数列的各项均为非零的整数，所以当时，有最小值22.故选：B第二部分（非选择题）二､填空题11.若，则__________.〖答案〗1〖解析〗因为，所以，即，所以，解得.故〖答案〗为：1.12.已知双曲线，则的离心率为__________；以的一个焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程为__________.（写出一个即可）〖答案〗或（）〖解析〗的离心率为，又渐近线为，即，故焦点与到的距离均为，则以一个焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程为或，故〖答案〗为：；或（）13.已知函数.（i）若，则函数的最小正周期为__________.（ii）若函数在区间上的最小值为，则实数__________.〖答案〗（i）（ii）〖解析〗当时，,所以最小正周期为，，当时，，且二次函数开口向下，要使得在区间上的最小值为，则需要，且当时取最小值，故，解得，故〖答案〗为：，14.二维码是一种利用黑､白方块记录数据符号信息的平面图形.某公司计划使用一款由个黑白方块构成的二维码门禁，现用一款破译器对其进行安全性测试，已知该破译器每秒能随机生成个不重复的二维码，为确保一个二维码在1分钟内被破译的概率不高于，则的最小值为__________.〖答案〗7〖解析〗由题意可知的二维码共有个，由可得，故，由于，所以，故〖答案〗为：715.如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论：①；②线段的长随线段的长增大而增大；③存在点，使得；④存在点，使得平面.其中所有正确结论的序号是__________.〖答案〗①②④〖解析〗在正方体中，令，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，令平面的法向量，则，取，得，由平面于，得，即，，显然，解得，于是，对于①，，①正确；对于②，在上单调递增，②正确；对于③，而，，若，显然，即不存在，使得，③错误；对于④，平面的一个法向量，而，由，得，即，整理得，令，显然函数在上的图象连续不断，而，因此存在，使得，此时平面，因此存在点，使得平面，④正确.所以所有正确结论的序号是①②④.故〖答案〗为：①②④三､解答题16.已知函数，从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定.（1）求的值；（2）若不等式在区间内有解，求的取值范围.条件①：；条件②：的图象可由的图象平移得到；条件③：在区间内无极值点，且.注：如果选择的条件不符合要求，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）依题意，，选条件①，由，得，即，于是或，显然的值不唯一，因此函数不唯一，不符合题意.选条件②，的图象可由的图象平移得到，因此的最小正周期为函数的最小正周期，而，则，所以.选条件③，在区间内无极值点，且，则，即函数分别在时取得最大值､最小值，于是的最小正周期，由在区间内无极值点，得的最小正周期，因此，而，所以.（2）由（1）知，由，得，由不等式在区间内有解，即在区间内有解，则有，解得，所以的取值范围是.17.在三棱锥中，为的中点.（1）如图1，若为棱上一点，且，求证：平面平面；（2）如图2，若为延长线上一点，且平面，直线与平面所成角为，求直线与平面所成角正弦值.（1）证明：连接.因为为的中点，所以.又平面,所以平面.因为平面所以平面平面.（2）解：因为平面平面平面，所以为直线与平面所成的角.因为直线与平面所成角为，所以.因为，所以.因为，所以.又，故.所以.如图建立空间直角坐标系.则，，.所以，，.设平面的法向量为，则即令，则.设与平面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.18.图象识别是人工智能领域的一个重要研究方向.某中学人.工智能兴趣小组研发了一套根据人脸照片识别性别的程序.在对该程序的一轮测试中，小组同学输入了200张不同的人脸照片作为测试样本，获得数据如下表（单位：张）：识别结果真实性别男女无法识别男902010女106010假设用频率估计概率，且该程序对每张照片的识别都是独立的.（1）从这200张照片中随机抽取一张，已知这张照片的识别结果为女性，求识别正确的概率；（2）在新一轮测试中，小组同学对3张不同的男性人脸照片依次测试，每张照片至多测一次，当首次出现识别正确或3张照片全部测试完毕，则停止测试.设表示测试的次数，估计的分布列和数学期望；（3）为处理无法识别的照片，该小组同学提出上述程序修改的三个方案：方案一：将无法识别的照片全部判定为女性；方案二：将无法识别的照片全部判定为男性；方案三：将无法识别的照片随机判定为男性或女性（即判定为男性的概率为50%，判定为女性的概率为.现从若干张不同的人脸照片（其中男性､女性照片的数量之比为）中随机抽取一张，分别用方案一､方案二､方案三进行识别，其识别正确的概率估计值分别记为.试比较的大小.（结论不要求证明）解：（1）根据题中数据，共有张照片被识别为女性，其中确为女性的照片有60张，所以该照片确为女性的概率为.（2）设事件输入男性照片且识别正确根据题中数据，可估计.由题意知的所有可能取值为..所以的分布列为123所以.（3）.19.已知椭圆的焦点在轴上，中心在坐标原点.以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为.（1）求栯圆的方程；（2）设过点的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于不同的两点，与直线交于点.点在轴上，为坐标平面内的一点，四边形是菱形.求证：直线过定点.（1）解：由题意可设椭圆的方程为.因为以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为，所以且，所以.所以.所以椭圆的方程为.（2）证明：设直线的方程为，令，得，即.由得.设，则.设的中点为，则.所以.因为四边形为菱形，所以为的中点，.所以直线的斜率为.所以直线的方程为.令得.所以.设点的坐标为，则，即.所以直线的方程为，即.所以直线过定点.20.已知函数.（1）若，①求曲线在点处的切线方程；②求证：函数恰有一个零点；（2）若对恒成立，求的取值范围.（1）①解：当时，..所以.所以曲线在点处的切线方程为.②证明：由①知，且.当时，因为，所以；当时，因为，所以.所以区间上单调递增，在区间上单调递减.因为.所以函数恰有一个零点.（2）解：由得.设，则.所以是上的减函数.因为，所以存在唯一.所以与的情况如下：+0-极大所以在区间上的最大值是.当时，因为，所以.所以.所以，符合题意.当时，因为，所以.所以，不合题意.综上所述，的取值范围是.21.设正整数，，，这里.若，且，则称具有性质.（1）当时，若具有性质，且，，，令，写出的所有可能值；（2）若具有性质：①求证：；②求的值.（1）解：对集合，记其元素个数为.先证明2个引理.引理1：若具有性质，则.引理1的证明：假设结论不成立.不妨设，则正整数，但，故一定属于某个，不妨设为.则由知存在正整数，使得.这意味着对正整数，有，，但，矛盾.所以假设不成立，从而一定有，从而引理1获证.引理2：若具有性质，则，且.证明：取集合.注意到关于正整数的不等式等价于，而由引理1有，即.结合是正整数，知对于正整数，当且仅当，这意味着数列恰有项落入集合，即.而两两之间没有公共元素，且并集为全体正整数，故中的元素属于且仅属于某一个，故.所以，从而，这就证明了引理2的第一个结论；再考虑集合中全体元素的和.一方面，直接由知中全体元素的和为，即.另一方面，的全部个元素可以排成一个首项为，公差为的等差数列.所以的所有元素之和为.最后，再将这个集合的全部元素之和相加，得到中全体元素的和为.这就得到，所以有.即，从而，这就证明了引理2的第二个结论.综上，引理2获证.回到原题.将从小到大排列为，则，由引理2的第一个结论，有.若，则，所以每个不等号都取等，从而，故；情况1：若，则，矛盾；情况2：若，则，所以，得.此时如果，则，矛盾；如果，则，从而，故；如果，由于，设，，则，.故对于正整数对，有，从而，这与矛盾.综上，的取值只可能是或.当时，；当时，.所以的所有可能取值是和.（2）①证明：由引理1的结论，即知；②解：由引理2的第二个结论，即知.北京市海淀区2024届高三下学期期末练习（二模）数学试题第一部分（选择题）一､选择题1.已知集合.若，则的最大值为（）A.2 B.0 C. D.-2〖答案〗C〖解析〗由于，所以，故的最大值为，故选：C2.在的展开式中，的系数为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗设的通项，则，化简得，令，则的系数为，即A正确.故选：A3.函数是（）A.偶函数，且没有极值点 B.偶函数，且有一个极值点C.奇函数，且没有极值点 D.奇函数，且有一个极值点〖答案〗B〖解析〗当时，，则，当时，，则，所以函数是偶函数，由图可知函数有一个极大值点.故选：B.4.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，，则线段的中点的纵坐标为（）A. B. C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗抛物线的焦点，又，解得，故线段的中点的纵坐标为.故选：C.5.在中，，则的长为（）A.6或 B.6 C. D.3〖答案〗A〖解析〗由余弦定理可得,故或，故选：A.6.设，且，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗对于A，取，则，故A错误，对于B，，则，故B错误，对于C，由于，故在单调递减，故，因此，由于，所以，故，C正确，对于D,,则，故D错误，故选：C7.在中，，点满足，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题可知，，故，故，解得.故选：B.8.设是公比为的无穷等比数列，为其前项和，.则“”是“存在最小值”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〗若且公比，则，所以单调递增，存在最小值，故充分条件成立.若且时，，当为奇数时，，单调递减，故最大值为时，，而,当为偶数时，，单调递增，故最小值为，，所以的最小值为，即由，存在最小值得不到公比,故必要性不成立.故公比“”是“存在最小值”的充分不必要条件.故选：A.9.设函数的定义域为，对于函数图象上一点，若集合只有1个元素，则称函数具有性质.下列函数中具有性质的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗根据题意，要满足性质，则的图象不能在过点的直线的上方，且这样的直线只有一条；对A：的图象，以及过点的直线，如下所示：数形结合可知，过点的直线有无数条都满足题意，故A错误；对B：的图象，以及过点的直线，如下所示：数形结合可知，不存在过点的直线，使得的图象都在该直线的上方，故B错误；对C：的图象，以及过点的直线，如下所示：数形结合可知，不存在过点的直线，使得的图象都在该直线的上方，故C错误；对D：的图象，以及过点的直线，如下所示：数形结合可知，存在唯一的一条过点的直线，即，满足题意，故D正确.故选：D.10.设数列的各项均为非零的整数，其前项和为.若为正偶数，均有，且，则的最小值为（）A.0 B.22 C.26 D.31〖答案〗B〖解析〗因为，所以互为相反数，不妨设，为了取最小值，取奇数项为正值，取偶数项为负值，且各项尽可能小，.由题意知：满足，取的最小值；满足，因为，故取的最小值；满足，取的最小值；同理，取的最小值；所以，满足，取的最小值；满足，因为，所以，取的最小值；满足，因为，所以，取的最小值；同理，取的最小值；所以，所以，因为数列的各项均为非零的整数，所以当时，有最小值22.故选：B第二部分（非选择题）二､填空题11.若，则__________.〖答案〗1〖解析〗因为，所以，即，所以，解得.故〖答案〗为：1.12.已知双曲线，则的离心率为__________；以的一个焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程为__________.（写出一个即可）〖答案〗或（）〖解析〗的离心率为，又渐近线为，即，故焦点与到的距离均为，则以一个焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程为或，故〖答案〗为：；或（）13.已知函数.（i）若，则函数的最小正周期为__________.（ii）若函数在区间上的最小值为，则实数__________.〖答案〗（i）（ii）〖解析〗当时，,所以最小正周期为，，当时，，且二次函数开口向下，要使得在区间上的最小值为，则需要，且当时取最小值，故，解得，故〖答案〗为：，14.二维码是一种利用黑､白方块记录数据符号信息的平面图形.某公司计划使用一款由个黑白方块构成的二维码门禁，现用一款破译器对其进行安全性测试，已知该破译器每秒能随机生成个不重复的二维码，为确保一个二维码在1分钟内被破译的概率不高于，则的最小值为__________.〖答案〗7〖解析〗由题意可知的二维码共有个，由可得，故，由于，所以，故〖答案〗为：715.如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论：①；②线段的长随线段的长增大而增大；③存在点，使得；④存在点，使得平面.其中所有正确结论的序号是__________.〖答案〗①②④〖解析〗在正方体中，令，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，令平面的法向量，则，取，得，由平面于，得，即，，显然，解得，于是，对于①，，①正确；对于②，在上单调递增，②正确；对于③，而，，若，显然，即不存在，使得，③错误；对于④，平面的一个法向量，而，由，得，即，整理得，令，显然函数在上的图象连续不断，而，因此存在，使得，此时平面，因此存在点，使得平面，④正确.所以所有正确结论的序号是①②④.故〖答案〗为：①②④三､解答题16.已知函数，从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定.（1）求的值；（2）若不等式在区间内有解，求的取值范围.条件①：；条件②：的图象可由的图象平移得到；条件③：在区间内无极值点，且.注：如果选择的条件不符合要求，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）依题意，，选条件①，由，得，即，于是或，显然的值不唯一，因此函数不唯一，不符合题意.选条件②，的图象可由的图象平移得到，因此的最小正周期为函数的最小正周期，而，则，所以.选条件③，在区间内无极值点，且，则，即函数分别在时取得最大值､最小值，于是的最小正周期，由在区间内无极值点，得的最小正周期，因此，而，所以.（2）由（1）知，由，得，由不等式在区间内有解，即在区间内有解，则有，解得，所以的取值范围是.17.在三棱锥中，为的中点.（1）如图1，若为棱上一点，且，求证：平面平面；（2）如图2，若为延长线上一点，且平面，直线与平面所成角为，求直线与平面所成角正弦值.（1）证明：连接.因为为的中点，所以.又平面,所以平面.因为平面所以平面平面.（2）解：因为平面平面平面，所以为直线与平面所成的角.因为直线与平面所成角为，所以.因为，所以.因为，所以.又，故.所以.如图建立空间直角坐标系.则，，.所以，，.设平面的法向量为，则即令，则.设与平面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.18.图象识别是人工智能领域的一个重要研究方向.某中学人.工智能兴趣小组研发了一套根据人脸照片识别性别的程序.在对该程序的一轮测试中，小组同学输入了200张不同的人脸照片作为测试样本，获得数据如下表（单位：张）：识别结果真实性别男女无法识别男902010女106010假设用频率估计概率，且该程序对每张照片的识别都是独立的.（1）从这200张照片中随机抽取一张，已知这张照片的识别结果为女性，求识别正确的概率；（2）在新一轮测试中，小组同学对3张不同的男性人脸照片依次测试，每张照片至多测一次，当首次出现识别正确或3张照片全部测试完毕，则停止测试.设表示测试的次数，估计的分布列和数学期望；（3）为处理无法识别的照片，该小组同学提出上述程序修改的三个方案：方案一：将无法识别的照片全部判定为女性；方案二：将无法识别的照片全部判定为男性；方案三：将无法识别的照片随机判定为男性或女性（即判定为男性的概率为50%，判定为女性的概率为.现从若干张不同的人脸照片（其中男性､女性照片的数量之比为）中随机抽取一张，分别用方案一､方案二､方案三进行识别，其识别正确的概率估计值分别记为.试比较的大小.（结论不要求证明）解：（1）根据题中数据，共有张照片被识别为女性，其中确为女性的照片有60张，所以该照片确为女性的概率为.（2）设事件输入男性照片且识别正确根据题中数据，可估计.由题意知的所有可能取值为..所以的分布列为123所以.（3）.19.已知椭圆的焦点在轴上，中心在坐标原点.以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为.（1）求栯圆的方程；（2）设过点的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于不同的两点，与直线交于点.点在轴上，为坐标平面内的一点，四边形是菱形.求证：直线过定点.（1）解：由题意可设椭圆的方程为.因为以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为，所以且，所以.所以.所以椭圆的方程为.（2）证明：设直线的方程为，令，得，即.由得.设，则.设的中点为，则.所以.因为四边形为菱形，所以为的中点，.所以直线的斜率为.所以直线的方