2024北京昌平二中高三（上）期中数学（教师版）

第1页/共1页2024北京昌平二中高三（上）期中数学（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.已知，则（）A. B.C. D.2.若复数z满足，则（）A.1 B.5 C.7 D.253.的展开式中的系数为（）A.240 B. C.120 D.4.下列函数中，是奇函数且在其定义域上为增函数的是（）A. B. C. D.5.已知圆，直线，则直线被圆所截得的弦长为（）A. B. C. D.6.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7.设函数，，其中，.若，，且的最小正周期大于，则A.， B.， C.， D.，8.已知直线，，点是抛物线上一点，则点到直线和的距离之和的最小值为（）A.2 B. C.3 D.9.已知等差数列的公差为，前项和为，若，则下列命题错误的是A. B.C.中的最大项为 D.10.由曲线围成的图形面积为（）A. B. C. D.二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分．）11.已知函数，则函数的零点个数为__________.12.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________.13.若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为________．14.纸张的规格是指纸张制成后，经过修整切边，裁成一定的尺寸．现在我国采用国际标准，规定以，，，，，…等标记来表示纸张的幅面规格．复印纸幅面规格只采用系列和系列，其中系列的幅面规格为：①，，，…，所有规格的纸张的幅宽（以表示）和长度（以表示）的比例关系都为；②将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格，纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格，…，如此对开至规格．现有，，，…，纸各一张．若纸的宽度为，则纸的面积为______；这9张纸的面积之和等于______．15.设，函数给出下列四个结论：①在区间上单调递减；②当时，存在最大值；③当时，直线与曲线恰有3个交点；④存在正数及点和，使.其中所有正确结论的序号是______.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.在中，．（1）求角的大小；（2）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，使得存在且唯一确定，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：．17.如图，在直三棱柱中，，，是中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；（3）求点到平面的距离．18.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.19.已知椭圆：（）的离心率为，是椭圆的左，右焦点，点是椭圆上任意一点且满足.（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.20.已知函数.（1）若，求f(x)在点处的切线方程；（2）若f(x)在上恰有一个极小值点，求实数的取值范围；（3）若对于任意，恒成立，求实数的取值范围.21.设正整数，集合，对于集合中的任意元素和，及实数，定义：当且仅当时；；．若的子集满足：当且仅当时，，则称为的完美子集．（1）当时，已知集合，．分别判断这两个集合是否为的完美子集，并说明理由：（2）当时，已知集合．若不是的完美子集，求的值；（3）已知集合，其中．若对任意都成立，判断是否一定为的完美子集．若是，请说明理由；若不是，请给出反例．

参考答案一、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.【答案】A【详解】由题可知：所以，，所以答案选A【考点定位】考查集合的交集和补集，属于简单题.2.【答案】B【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．【详解】由题意有，故．故选：B．3.【答案】A【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可【详解】展开式的通项，由，可得.∴含项的系数为.故选：A.4.【答案】B【分析】根据给定条件逐一分析各选项即可判断作答.【详解】对于A，函数是奇函数，但在其定义域上不单调，A不正确；对于B，函数定义域是R，是奇函数，当时，在上单调递增，当时，在上也单调递增，即函数在其定义域R上单调递增，B正确；对于C，函数是奇函数，但在其定义域上不单调，C不正确；对于D，函数定义域是，它是奇函数，在和(0,+∞)上单调递增，但在其定义域上不单调，D不正确.故选：B5.【答案】A【分析】先求得圆心坐标和半径，然后求出圆心到直线的距离，由勾股定理得弦长．【详解】圆标准方程是，圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，所以弦长为．故选：A．6.【答案】A【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.7.【答案】A【详解】由题意，其中，所以，又，所以，所以，，由得，故选A．【考点】求三角函数的解析式【名师点睛】有关问题，一种为提供函数图象求解析式或某参数的范围，一般先根据图象的最高点或最低点确定，再根据周期或周期或周期求出，最后再利用最高点或最低点坐标满足解析式，求出满足条件的值，另一种时根据题目用文字形容的函数图象特点，如对称轴或曲线经过的点的坐标，根据题意自己画出图象，再寻求待定的参变量，题型很活，求或的值或最值或范围等.8.【答案】C【分析】由抛物线的定义可知点到直线和的距离之和的最小值即为焦点到直线的距离.【详解】解：由题意，抛物线的焦点为，准线为，所以根据抛物线的定义可得点到直线的距离等于，所以点到直线和的距离之和的最小值即为焦点到直线的距离，故选：C.9.【答案】C【分析】由，可得，，进而有，然后根据等差数列前项和公式及等差数列的性质即可求解.【详解】解：由题意，因为，所以，，所以，所以，，，所以选项A、B、D正确，又中的最大项为，所以选项C错误，故选：C.10.【答案】A【分析】分类讨论研究曲线的性质并画出示意图，数形结合判断图形构成求面积.【详解】当时，曲线为，当时，曲线为，当时，曲线为，当时，曲线为，同时点均在曲线上，如下图示，所以围成图形是4个半径均为的半圆，与1个边长为的正方形组成，故图形面积为.故选：A二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分．）11.【答案】2【分析】根据给定条件直接解方程即可得函数的零点个数.【详解】解方程，当时，，而，于是得，即，当时，，解得，所以函数的零点个数为2.故答案为：212.【答案】【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．13.【答案】（或，答案不唯一）【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.【详解】联立，化简并整理得：，由题意得或，解得或无解，即，经检验，符合题意.故答案为：（或，答案不唯一）.14.【答案】①.②.##【分析】根据题设背景，分析纸张长宽、面积为等比数列，利用列举等比数列的项求对应长宽，进而求面积，再应用等比数列前n项和求面积和.【详解】由题设，若的长宽分别为，则的长宽分别为，的长宽分别为，的长宽分别为，的长宽分别为，又纸宽度为，所以，则的面积为，由上分析，面积为，面积为，面积为，，依次类推，易知，这9张纸的面积是以为首项，为公比的等比数列，所以，面积之和为.故答案为：；15.【答案】①②④【分析】对于①，分成，两种情况讨论在区间0,+∞上单调性；对于②，结合函数的单调性求函数的最值；对于③，当时，结合函数与的单调性得出此时无交点，当时，设，利用特殊值，得出交点个数进行判断；对于④，令，，进行验证.【详解】对于①，当时，在上单调递减，此时.当时，在区间0,+∞上单调递减显然成立；当时，当时，在单调递减，此时，所以在区间0,+∞上单调递减，故①成立；对于②，如图，当时，当时，在单调递减，在单调递增，此时的最大值为；当时，在上单调递减，此时的最大值为，所以存在最大值，最大值为，故②正确；对于③，当时，在R上单调递减，当时，，当时，在单调递增，此时的最大值为，所以直线与曲线没有交点；当时，，设，由，解得，当时，，如图，此时直线与曲线y=fx恰有2个交点，故③错误；对于④，当时，当时，，当时，；当时，，，如图，取，时，，所以存在正数及点和使成立，故④正确.故答案为：①②④.【点睛】求分段函数的最值方法：根据每一段函数的单调性求出各自的最值或者范围，再进行对比求出最终的最值.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.【答案】（1）（2）答案见解析【分析】（1）利用正弦定理可得答案；（2）若选条件①、②，由余弦定理解得或，不符合题意；若选条件①、③，利用平方关系求出，由正弦定理可得，利用两角和的余弦展开式计算出，利用平方关系求出，可得，符合题意；若选条件条件②、③，利用平方关系计算出，由正弦定理解得，利用两角和的余弦展开式计算出，利用平方关系求出，可得，符合题意.【小问1详解】由正弦定理得，因为在中，，所以，又因为，所以，所以，可得；【小问2详解】由（1）知，若选条件①：，条件②：，则由余弦定理可得,即，解得或，可使得的面积存在但唯一确定，故不符合题意；若选条件①：，条件③：，则可得，在中由正弦定理可得，即，解得，，因为，所以，所以，符合题意；若选条件②：，条件③：，则可得，在中由正弦定理可得，即，解得，，因为，所以，所以，符合题意.17.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【分析】（1）连接，交于点，连接，易证，再由线面平行的判定证结论；（2）构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值；（3）根据（2）所得空间直角坐标系，应用向量法求点面距.【小问1详解】连接，交于点，连接，直棱柱中，显然是中点，又是中点，故，面，面，则面.【小问2详解】由直三棱柱中，故可构建如图所示空间直角坐标系，所以面的一个法向量为，又，所以，若是面的一个法向量，则，令，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值.【小问3详解】由，则，则点到平面的距离.18.【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，【详解】试题分析：（1）由面面垂直性质定理知AB⊥平面；根据线面垂直性质定理可知，再由线面垂直判定定理可知平面；（2）取的中点，连结，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值；（3）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据平面，即，求的值，即可求出的值.试题解析：（1）因为平面平面，，所以平面，所以，又因为，所以平面；（2）取的中点，连结，，因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.如图建立空间直角坐标系，由题意得，.设平面的法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）设是棱上一点，则存在使得.因此点.因为平面，所以平面当且仅当，即，解得.所以在棱上存在点使得平面，此时.考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.19.【答案】（1）（2）证明见解析.【分析】（1）由题知，，进而解方程即可求得答案；（2）先讨论直线的斜率不存在时得，两点的纵坐标之积为，再讨论直线的斜率存在时，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，点是椭圆上任意一点且满足，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.20.【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得切线斜率及方程；（2）求导，可得函数单调区间与极值点，再根据极值点范围可得参数范围；（3）由不等式恒成立可知恒成立，，即，求函数的最值即可.【小问1详解】当时，，，所以，，所以切线方程为.【小问2详解】由，得.令，得，.①若，则，在上恒成立，因此，在上单调递增，无极值，不符合题意.②若，则，与的情况如下：极大值极小值因此，在，上单调递增，在上单调递减.若在上有且只有一个极小值点，则需，所以.综上，的取值范围是.【小问3详解】因为，所以，即.又因为，所以，即.令，所以.因为，所以，又，所以，所以为上减函数，所