2023-2024学年北京朝阳区高三（上）期中数学试题和答案

高中PAGE1试题2023北京朝阳高三（上）期中数学2023.11（考试时间120分钟满分150分）本试卷分为选择题40分和非选择题110分第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。（1）已知全集，集合，，则（A） （B） （C） （D）（2）下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（A） （B） （C） （D）（3）若，则（A） （B） （C） （D）（4）已知，，，则（A） （B） （C） （D）（5）函数的图象的一条对称轴是（A） （B） （C） （D）（6）设，则“”是“”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（7）已知平面内四个不同的点满足，则（A） （B） （C） （D）（8）已知一个圆锥的高与其底面圆的半径相等，且体积为．在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，则该正方体的棱长为（A） （B） （C） （D）（9）已知函数．设，若存在，使得，则实数的取值范围是（A） （B）（C） （D）（10）已知点集，．设非空点集，若对中任意一点，在中存在一点（与不重合），使得线段上除了点外没有中的点，则中的元素个数最小值是（A）1 （B）2 （C）3 （D）4第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。（11）已知函数，则的最小正周期是________．（12）已知单位向量满足，则向量与的夹角为________．（13）设公差为的等差数列的前项和为（），能说明“若，则数列是递减数列”为假命题的一组的值依次为________．（14）古希腊数学家托勒密对三角学的发展做出了重要贡献，他的《天文学大成》包含一张弦表（即不同圆心角的弦长表），这张表本质上相当于正弦三角函数表．托勒密把圆的半径等分，用圆的半径长的作为单位来度量弦长．将圆心角所对的弦长记为．如图，在圆中，的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，因此的圆心角所对的弦长为60个单位，即．若为圆心角，，则________．（15）如图，在棱长为1的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，且，给出下列四个结论：①动点的轨迹是一段圆弧；②动点的轨迹与没有公共点；③三棱锥的体积的最小值为；④平面截该正方体所得截面的面积的最大值为．其中所有正确结论的序号是________．三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。（16）（本小题13分）已知是递增的等比数列，其前项和为（），满足，．（Ⅰ）求的通项公式及；（Ⅱ）若，求的最小值．（17）（本小题13分）在中，．（Ⅰ）求；（Ⅱ）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分．（18）（本小题15分）如图，在三棱锥中，平面，，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的大小；（Ⅲ）求点到平面的距离．（19）（本小题14分）已知函数（）．（Ⅰ）若，求在区间上的最小值和最大值；（Ⅱ）若，求证：在处取得极小值．

（20）（本小题15分）已知函数（）．（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）若在区间上恒成立，求的取值范围；（Ⅲ）试比较与的大小，并说明理由．（21）（本小题15分）已知（）是个正整数组成的行列的数表，当时，记．设，若满足如下两个性质：=1\*GB3①（）；②对任意，存在，，使得，则称为数表．（Ⅰ）判断是否为数表，并求的值；（Ⅱ）若数表满足（），求中各数之和的最小值；（Ⅲ）证明：对任意数表，存在，使得．（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）

参考答案一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）（1）D （2）B （3）C （4）A （5）C（6）B （7）D （8）D （9）A （10）B二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）（11） （12） （13）（14） （15）②③④三、解答题（共6小题，共85分）（16）（共13分）解：（Ⅰ）设等比数列的公比为，由题意知．因为，所以，化简得，即．解得或．因为数列为递增数列，所以．所以．所以．所以．. 8分（Ⅱ）由，得．所以．因为，且，所以．所以，即的最小值为7． 13分

（17）（共13分）解：（Ⅰ）因为，所以．又，所以． 5分（Ⅱ）选①②．由，又，所以．由正弦定理，得．所以．又因为，所以，．又因为，所以，即，解得．所以． 13分（Ⅱ）选①③．由，又，所以．所以．由正弦定理，得．所以．所以． 13分（18）（共15分）解：（Ⅰ）因为平面，又平面，所以．在中，因为，，所以．在中，因为，，所以．又因为，平面，所以平面． 5分（Ⅱ）过点在平面内作．因为平面，所以．如图建立空间直角坐标系，则．所以．xzy设平面的一个法向量为．xzy由得整理得令，则．设平面的一个法向量为．由得整理得令，则．设二面角为，则．由题可知，二面角为锐角，所以二面角的大小为． 12分（Ⅲ）设点到平面的距离为，则． 15分（19）（共14分）解：（Ⅰ）若，则，．因为，所以．则．所以在区间上单调递增．所以在区间上的最小值为，最大值为． 6分（Ⅱ）考虑时函数的变化情况．设，，则．当时，单调递增，所以的最小值为．=1\*GB3①若，即时，在区间上单调递增．又因为，所以当时，，即，在区间上单调递减，当时，，即，在区间上单调递增．所以在处取得极小值．=2\*GB3②当，即时，．因此存在，使得．所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．又因为，所以，当时，，即，在区间上单调递减，当时，，即，在区间上单调递增．所以在处取得极小值．综上，当时，在处取得极小值． 14分（20）（共15分）解：（Ⅰ）若，则，．所以，．故曲线在点处的切线方程为：，即． 5分（Ⅱ）由已知得．设，则．①当，即时，在区间上恒成立，所以在区间上单调递减，所以，所以在区间上单调递减，所以，符合题意．②当，即时，当时，，所以在区间上单调递增，所以当时，，在区间上单调递增，所以，不符合题意．综上，的取值范围为． 12分（Ⅲ），理由如下：由（Ⅱ）知时，在区间上恒成立，即．令，得，即．所以． 15分（21）（共15分）解：（Ⅰ）是数表，． 4分（Ⅱ）由题可知（）．当时，有，所以．当时，有，所以．所以（）．所以，，．或．或．或，或．故各数之和．当时，各数之和取得最小值．（例子不唯一） 9分（Ⅲ）由于数表中共个数字，必然存在，使得数表中的个数满足．设第行中的个数为（）．当时，将横向相邻两个用