北京市房山区2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题（含解析）

北京市房山区2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题一、单选题1.已知集合，则（）A. B. C. D.2.下列函数值中，在区间上不是单调函数的是（）A. B. C. D.3.在平面直角坐标系xOy中，角以Ox为始边，终边与单位圆交于点，则（）A. B. C. D.4.已知向量在正方形网格中的位置如图所示.若网格中每个小正方形的边长均为1，则（）A.4 B. C. D.5.不等式成立的一个充分不必要条件是（）A. B. C. D.6.的零点一定位于以下的区间为（）A. B. C. D.7.若且，则与的夹角是（）A. B. C. D.8.我国油纸伞的制作工艺巧妙.如图（1），伞不管是张开还是收拢，伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈能够沿着伞柄滑动.如图（2），伞完全收拢时，伞圈已滑动到的位置，且A、B、三点共线，为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈沿着伞柄向下滑动的距离为24cm，则当伞完全张开时，的余弦值是（）A. B. C. D.9.已知函数，当时，取得最小值，则函数的图象为（）A. B. C. D.10.若可以作为一个三角形的三条边长，则称函数是区间上的“稳定函数”.已知函数是区间上的“稳定函数”，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.二、填空题11.函数的定义域为____________.12.已知，则的值为____________.13.已知向量.若存在实数，使得与的方向相同，则的一个取值为_______.14.函数的最小正周期为____________；若函数在区间上单调递增，则的最大值为____________.14.已知函数其中且.给出下列四个结论：①若，则函数的零点是0；②若函数无最小值，则的取值范围为；③若，则在区间上单调递减，在区间上单调递增；④若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为，且的取值范围为.其中，所有正确结论的序号是____________.三、解答题16.已知函数.（1）求的值（2）求函数在区间上的最小值和最大值.17.已知四棱锥中，底面ABCD是正方形，是正三角形，平面分别是的中点.（1）求证：平面ABCD；（2）求平面EFG与平面ABCD夹角的大小；18.某商家为了促销，规定每位消费者均可免费参加一次抽奖活动，活动规则如下：在一不透明纸箱中有8张相同的卡片，其中4张卡片上印有“幸”字，另外4张卡片上印有“运”字.消费者从该纸箱中不放回地随机抽取4张卡片，若抽到的4张卡片上都印有同一个字，则获得一张10元代金券；若抽到的4张卡片中恰有3张卡片上印有同一个字，则获得一张5元代金券；若抽到的4张卡片是其他情况，则不获得任何奖励.（1）求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字的概率；（2）记随机变量X为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券的金额数，求X的分布列和数学期望E（X）；（3）该商家规定，消费者若想再次参加该项抽奖活动，则每抽奖一次需支付3元.若你是消费者，是否愿意再次参加该项抽奖活动？请说明理由.19.在中，.（1）求；（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求的面积.条件①：；条件②：BC边上中线的长为；条件③：.注：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.20.已知函数.（1）当时，求的单调区间和极值；（2）当时，求证：；21.已知函数.（I）求证：1是函数的极值点；（II）设是函数的导函数，求证：.

参考答案一、单选题1.【答案】C【详解】，又则故选C2.【答案】D【详解】由一次函数的性质可知，在区间上单调递增；由二次函数的性质可知，在区间上单调递增；由幂函数的性质可知，在区间上单调递增；结合一次函数的性质可知，在上单调递减，在上单调递增.故选：D.3.【答案】C【详解】依题意得，又因为，所以有.故选：C.4.【答案】C【详解】由图形可知：，.故选：C.5.【答案】A【详解】不等式，则是成立的一个充分不必要条件.故选：A6.【答案】B【详解】函数在上单调递增，故函数的零点一定位于区间.故选：B.7.【答案】B【详解】解：设与的夹角是且，..故选：B.8.【答案】A【详解】依题意分析可知，当伞完全张开时，，因为为的中点，所以，，当伞完全收拢时，，所以，，在中，，所以，.故选：A.9.【答案】B【详解】因，则，于是得，当且仅当，即时取等号，的最小值为1，则，函数，其图象关于直线对称，当时，单调递减，只有B选项满足.故选：B10.【答案】D【详解】当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，又，由“稳定函数”定义可知：，即，解得：，即实数的取值范围为.故选：D.二、填空题11.【答案】【详解】要使函数有意义，则，解得且，所以函数的定义域为.故答案为：.12.【答案】-3【详解】因为，所以.故答案为：-3.13.【答案】（答案不唯一，小于1的实数均可）【详解】与方向相同，，由得：存在实数，使得与方向相同.故答案为：0（答案不唯一，小于1的实数均可）.14.【答案】 【详解】，故，当时，，故，解得.故答案为：.15.【答案】①④【详解】对于①：当时，显然，当时，无零点；当时，由可得，所以的零点是0.故（1）正确；对于②：当时，简图如下：当时，简图如下：当时，简图如下：当时，简图如下：由图可知，若无最小值，则或.故②错误；对于③：由图可知，在区间上单调递减，在区间和上单调递增.故③错误；对于④：由图可知，只有当且即时，方程才有三个不相等的实数根.不妨设三个根由小到大依次为，显然.由得，故，且，所以，故，从而.故④正确.故答案为：①④.三、解答题16【详解】（1）函数化简可得，（2），，所以即时，即时，取最小值-2；当时，即时，取最大值1.17.【详解】（1）因为平面平面ABCD所以，平面平面ABCD又是正三角形，O为AD中点所以又平面平面平面PAD所以，平面ABCD（2）连接OF，因为E、F、G、O分别是PC、PD、BC、AD的中点所以，所以E、F、G、O四点共面因为平面PAD，所以平面PAD又平面平面PAD所以平面EFG与平面ABCD夹角的平面角为又是正三角形，所以18.【详解】（1）解：记“某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有‘幸’字”为事件A，则，所以某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字的概率为；（2）解：依题意随机变量的所有可能取值为0、5、10；则，，，所以的分布列为：0510所以（3）解：记随机变量为消费者在一次抽奖活动中的收益，则，所以，所以我不愿意再次参加该项抽奖活动；19.【详解】（1）因为，在中，由正弦定理，可得：，又因为，所以.（2）选择条件①；由以及余弦定理得，该方程无解，故此时三角形不存在，故不能选择条件①选择条件②设BC边上的中线为AD，则，在中，由余弦定理得：，因为，所以，所以的面积为.选择条件③方法1：由题设，因为，所以，因为，所以因为，所以，所以，由余弦定理可得：，整理得，解得或（舍），因为，所以，所以的面积为.方法2：由题设，因为，所以，因为，所以在中，因为，所以，即，所以，所以，因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以的面积为.方法3：因为且所以或，因为，所以，又因为，所以即，所以为等腰三角形，设AC边上的高为BD，则，由勾股定理，所以的面积为.20.【详解】（1）当时，，则，令，即，所以当时，单调递增；当时，单调递减；因此在处取得极大值，，所以的单调递增区间为，单调递减区间为，在处取得极大值，且极大值为1；（2）要证，即证，因此设，则，令，则，因为，所以，因此单调递减，且，所以时，；当时，；即时