房山區(qū)2023-2024學年度第一學期期末檢測試卷 高三數學 本試卷共6頁，共150分.考試時長120分鐘.考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結束后，將答題卡交回，試卷自行保存. 第一部分（選擇題共40分） 一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項. 1. 已知集合，，則（ ） A. B. C. D. 2. 在復平面內，若復數對應的點為，則（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，且與的夾角為，則的值為（ ） A. B. C. D. 4. 的展開式中的常數項是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，為非零實數，且，則下列結論正確是（ ） A. B. C. D. 6. 已知直線與圓相切，則實數（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 7. 已知函數滿足，且在上單調遞減，對于實數a，b，則“”是“”的（ ） A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件 C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件 8. 保護環(huán)境功在當代，利在千秋，良好的生態(tài)環(huán)境既是自然財富，也是經濟財富，關系社會發(fā)展的潛力和后勁.某工廠將生產產生的廢氣經過過濾后排放，已知過濾過程中的污染物的殘留數量（單位：毫米/升）與過濾時間（單位：小時）之間的函數關系為，其中為常數，，為原污染物數量.該工廠某次過濾廢氣時，若前9個小時廢氣中的污染物恰好被過濾掉，那么再繼續(xù)過濾3小時，廢氣中污染物的殘留量約為原污染物的（參考數據：）（ ） A. B. C. D. 9. 已知雙曲線C：的左、右焦點分別為，，為雙曲線C左支上一動點，為雙曲線C的漸近線上一動點，且最小時，與雙曲線C的另一條漸近線平行，則雙曲線C的方程可能是（ ） A B. C. D. 10. 數學家祖沖之曾給出圓周率的兩個近似值：“約率”與“密率”.它們可用“調日法”得到：稱小于3.1415926的近似值為弱率，大于3.1415927的近似值為強率.由于，取3為弱率，4為強率，計算得，故為強率，與上一次的弱率3計算得，故為強率，繼續(xù)計算，….若某次得到的近似值為強率，與上一次的弱率繼續(xù)計算得到新的近似值；若某次得到的近似值為弱率，與上一次的強率繼續(xù)計算得到新的近似值，依此類推.已知，則（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 第二部分（非選擇題共110分） 二、填空題共5小題，每小題5分，共25分. 11. 函數的定義域是______. 12. 記為等差數列的前項和，已知，，則______. 13. 在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，則______. 14. 已知平面直角坐標系中，動點到的距離比到軸的距離大2，則的軌跡方程是______. 15. 如圖，在棱長為的正方體中，點是線段上的動點.給出下列結論： ①； ②平面； ③直線與直線所成角的范圍是； ④點到平面的距離是. 其中所有正確結論的序號是______. 三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程. 16. 如圖，在四棱錐中，為等腰三角形，，，底面是正方形，，分別為棱，的中點. （1）求證：平面； （2）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求與平面所成角的正弦值. 條件①：； 條件②：. 注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分. 17. 已知函數的圖象上所有點向右平移個單位長度，所得函數圖象關于原點對稱. （1）求的值； （2）設，若在區(qū)間上有且只有一個零點，求的取值范圍. 18. 某移動通訊公司為答謝用戶，在其APP上設置了簽到翻牌子贏流量活動.現收集了甲、乙、丙3位該公司用戶2023年12月1日至7日獲得流量（單位：MB）數據，如圖所示. （1）從2023年12月1日至7日中任選一天，求該天乙獲得流量大于丙獲得流量概率； （2）從2023年12月1日至7日中任選兩天，設是選出的兩天中乙獲得流量大于丙獲得流量的天數，求的分布列及數學期望； （3）將甲、乙、丙3位該公司用戶在2023年12月1日至7日獲得流量的方差分別記為，，，試比較，，的大?。ㄖ恍鑼懗鼋Y論）. 19. 設橢圓：的左、右頂點分別為，，右焦點為，已知，離心率為. （1）求橢圓的標準方程； （2）已知點是橢圓上一個動點（不與頂點重合），直線交軸于點，若的面積是面積的4倍，求直線的方程. 20. 已知函數. （1）當時，求曲線在點處的切線方程； （2）當時，求函數的單調遞增區(qū)間； （3）若函數在區(qū)間上只有一個極值點，求的取值范圍. 21. 若無窮數列滿足：，對于，都有（其中為常數），則稱具有性質“”. （1）若具有性質“”，且，，，求； （2）若無窮數列是等差數列，無窮數列是公比為2的等比數列，，，，判斷是否具有性質“”，并說明理由； （3）設既具有性質“”，又具有性質“”，其中，，，求證：具有性質“”. 房山區(qū)2023-2024學年度第一學期期末檢測試卷 高三數學 本試卷共6頁，共150分.考試時長120分鐘.考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結束后，將答題卡交回，試卷自行保存. 第一部分（選擇題共40分） 一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項. 1. 已知集合，，則（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】計算出集合后由交集定義運算可得. 【詳解】，故. 故選：C. 2. 在復平面內，若復數對應的點為，則（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用復數的幾何意義可得出復數，再利用復數的乘法可求得的值. 【詳解】在復平面內，若復數對應的點為，由復數的幾何意義可得， 因此，. 故選：A. 3. 已知向量，，且與的夾角為，則的值為（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先表示出，然后根據求解出的值. 【詳解】因為，， 所以，所以， 解得或（舍去）， 故選：B. 4. 的展開式中的常數項是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】寫出二項式展開式通項，令的指數為零，求出參數的值，代入通項即可得解. 【詳解】的展開式通項為， 令，可得， 因此，展開式中的常數項為. 故選：B. 5. 已知，為非零實數，且，則下列結論正確的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】對A、B、C舉反例即可得，對D作差計算即可得. 【詳解】對A：若，則，故錯誤； 對B：若，則，故錯誤； 對C：若，則，，左右同除，有，故錯誤； 對D：由且，為非零實數，則，即，故正確. 故選：D. 6. 已知直線與圓相切，則實數（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】利用圓心到直線的距離等于圓的半徑，可求得實數的值. 【詳解】圓的圓心為，半徑為， 因為直線與圓相切，則，即，解得或. 故選：D. 7. 已知函數滿足，且在上單調遞減，對于實數a，b，則“”是“”的（ ） A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件 C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件 【答案】C 【解析】 【分析】根據給定條件，可得函數是R上的偶函數，利用充分條件、必要條件的定義，結合偶函數性質及單調性判斷即得. 【詳解】由函數滿足，得函數是R上的偶函數，而在上單調遞減， 因此， 所以“”是“”的充要條件. 故選：C 8. 保護環(huán)境功在當代，利在千秋，良好的生態(tài)環(huán)境既是自然財富，也是經濟財富，關系社會發(fā)展的潛力和后勁.某工廠將生產產生的廢氣經過過濾后排放，已知過濾過程中的污染物的殘留數量（單位：毫米/升）與過濾時間（單位：小時）之間的函數關系為，其中為常數，，為原污染物數量.該工廠某次過濾廢氣時，若前9個小時廢氣中的污染物恰好被過濾掉，那么再繼續(xù)過濾3小時，廢氣中污染物的殘留量約為原污染物的（參考數據：）（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根據題意可得，解得，從而求得關于殘留數量與過濾時間的函數關系式，再將代入即可求得答案. 【詳解】因為前9個小時廢氣中的污染物恰好被過濾掉，所以，即所以． 再繼續(xù)過濾3小時，廢氣中污染物的殘留量約為． 故選：A. 9. 已知雙曲線C：的左、右焦點分別為，，為雙曲線C左支上一動點，為雙曲線C的漸近線上一動點，且最小時，與雙曲線C的另一條漸近線平行，則雙曲線C的方程可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根據給定條件，利用雙曲線定義確定最小時，點的位置，進而求出的關系即得. 【詳解】雙曲線C：的漸近線為，由對稱性不妨令點在第二象限， 由雙曲線定義得，當且僅當為線段與雙曲線的交點時取等號， 因此的最小值為的最小值與的和，顯然當與漸近線垂直時， 取得最小值，而平行于漸近線，于是雙曲線的兩條漸近線互相垂直，即， 則雙曲線的漸近線方程為，顯然選項ABD不滿足，C滿足， 所以雙曲線C的方程可能是. 故選：C 10. 數學家祖沖之曾給出圓周率的兩個近似值：“約率”與“密率”.它們可用“調日法”得到：稱小于3.1415926的近似值為弱率，大于3.1415927的近似值為強率.由于，取3為弱率，4為強率，計算得，故為強率，與上一次的弱率3計算得，故為強率，繼續(xù)計算，….若某次得到的近似值為強率，與上一次的弱率繼續(xù)計算得到新的近似值；若某次得到的近似值為弱率，與上一次的強率繼續(xù)計算得到新的近似值，依此類推.已知，則（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根據題意不斷計算即可解出． 【詳解】因為為強率，由可得，，即為強率； 由可得，，即為強率； 由可得，，即為強率； 由可得，，即強率； 由可得，，即為弱率，所以， 故選：B. 第二部分（非選擇題共110分） 二、填空題共5小題，每小題5分，共25分. 11. 函數的定義域是______. 【答案】 【解析】 【分析】由真數大于零及分母不等于零計算即可得. 【詳解】由題意可得、，故且， 故該函數定義域為. 故答案為：. 12. 記為等差數列的前項和，已知，，則______. 【答案】 【解析】 【分析】由等差數列及其前項和的性質計算即可得. 【詳解】設，則， 即，故. 故答案為：. 13. 在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，則______. 【答案】 【解析】 【分析】根據給定條件，利用正弦定理邊化角，再利用和角的正弦公式求解即得. 【詳解】在中，由及正弦定理，得， 則，整理得，而， 因此，又，所以. 故答案為： 14. 已知平面直角坐標系中，動點到的距離比到軸的距離大2，則的軌跡方程是______. 【答案】或 【解析】 【分析】設出點的坐標，利用已知列出方程化簡即得. 【詳解】設點，依題意，，即，整理得， 所以軌跡方程是或. 故答案為：或 15. 如圖，在棱長為的正方體中，點是線段上的動點.給出下列結論： ①； ②平面； ③直線與直線所成角的范圍是； ④點到平面的距離是. 其中所有正確結論的序號是______. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】建立空間直角坐標系后逐個分析即可得. 【詳解】 以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系， 則有、、、、、、 、， 則、、、、 、、， 設，，則， ，故，故①正確； 設平面的法向量為， 則有，即，取，則， 有，故，又平面，則平面，故②正確； 當時，有，此時，即， 即此時直線與直線所成角為，故③錯誤； 由，， 則，故④正確. 故答案為：①②④. 【點睛】關鍵點睛：對空間中線上動點問題，可設出未知數表示該動點分線段所得比例，從而用未知數的變化來體現動點的變化. 三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程. 16. 如圖，在四棱錐中，為等腰三角形，，，底面是正方形，，分別為棱，的中點. （1）求證：平面； （2）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求與平面所成角的正弦值. 條件①：； 條件②：. 注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分. 【答案】（1）證明見解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由線面平行的判定定理即可得； （2）選①，由題意及去推導得到、、兩兩垂直，即可建立空間直角坐標系解決問題；選②，由題意及結合勾股定理的逆定理去推導得到、、兩兩垂直，即可建立空間直角坐標系解決問題. 【小問1詳解】 連接點與中點、連接，又，分別為棱，的中點， 故、，又底面是正方形， 故、，故且， 故四邊形為平行四邊形，故， 又平面，平面，故平面； 【小問2詳解】 選條件①：， 由且為等腰三角形，故，又， 故，有， 由，，、平面，， 故平面，又平面，故， 故、、兩兩垂直，故可以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系， 有、、、、、， 則、、， 令平面的法向量為， 則有，即，令，則， 則， 故與平面所成角的正弦值為. 條件②：， 由且為等腰三角形，故，又， 故，有， 由，則，故，又， 故，又，、平面，， 故平面，又平面，故， 故、、兩兩垂直，故可以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系， 有、、、、、， 則、、， 令平面的法向量為， 則有，即，令，則， 則， 故與平面所成角的正弦值為. 17. 已知函數的圖象上所有點向右平移個單位長度，所得函數圖象關于原點對稱. （1）求的值； （2）設，若在區(qū)間上有且只有一個零點，求的取值范圍. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出平移后所得函數的解析式，根據正弦型函數的奇偶性，結合的取值范圍可求得的值； （2）利用三角恒等變換化簡得出，由可得，結合題意可得出關于的不等式，解之即可. 【小問1詳解】 解：將函數的圖象上所有點向右平移個單位長度， 可得到函數， 由題意可知，函數為奇函數，則， 可得，又因為，則. 【小問2詳解】 解：由（1）可知，， 則， 因為，則， 由，可得， 因為在區(qū)間上有且只有一個零點，則，解得. 因此，實數的取值范圍是. 18. 某移動通訊公司為答謝用戶，在其APP上設置了簽到翻牌子贏流量活動.現收集了甲、乙、丙3位該公司用戶2023年12月1日至7日獲得的流量（單位：MB）數據，如圖所示. （1）從2023年12月1日至7日中任選一天，求該天乙獲得流量大于丙獲得流量概率； （2）從2023年12月1日至7日中任選兩天，設是選出的兩天中乙獲得流量大于丙獲得流量的天數，求的分布列及數學期望； （3）將甲、乙、丙3位該公司用戶在2023年12月1日至7日獲得流量的方差分別記為，，，試比較，，的大?。ㄖ恍鑼懗鼋Y論）. 【答案】（1） （2）的分布列見解析， （3） 【解析】 【分析】（1）利用古典概型計算公式進行求解即可； （2）利用古典概型計算公式，結合數學期望公式進行求解即可. （3）根據數據的集中趨勢進行判斷即可. 【小問1詳解】 由圖可知，七天中只有1日、2日乙獲得流量大于丙獲得流量， 所以該天乙獲得流量大于丙獲得流量概率為； 【小問2詳解】 由（1）可知七天中只有1日、2日乙獲得流量大于丙獲得流量， 因此， ，，， 所以的分布列如下圖所示： ； 【小問3詳解】 根據圖中數據信息，甲、乙七天的數據相同，都是1個50,2個30,1個10,3個5；而且丙的的數據最分散， 所以， . 19. 設橢圓：的左、右頂點分別為，，右焦點為，已知，離心率為. （1）求橢圓的標準方程； （2）已知點是橢圓上的一個動點（不與頂點重合），直線交軸于點，若的面積是面積的4倍，求直線的方程. 【答案】19. 20. 【解析】 【分析】（1）由題意計算即可得； （2）設出直線，聯立曲線，得到、兩點的縱坐標，結合面積公式計算即可得. 【小問1詳解】 由，，解得，，故， 即橢圓的標準方程為； 【小問2詳解】 由橢圓的標準方程為，則、、， 由題意可得直線斜率存在且不為，設， 令，則，故， 聯立，消去得， 即，故或， 由，故， 則， 又，即， 即， 若，則，即， 即，即，則， 若，則，即，不符，故舍去， 即，故， 即直線的方程為. 20. 已知函數. （1）當時，求曲線在點處的切線方程； （2）當時，求函數的單調遞增區(qū)間； （3）若函數在區(qū)間上只有一個極值點，求的取值范圍. 【答案】（1） （2）、 （3） 【解析】 【分析】（1）當時，求出、的值，利用導數的幾何意義可求得所求切線的方程； （2）當時，求出，利用函數的單調性與導數的關系可求得函數的單調遞增區(qū)間； （3）令，分析可知，函數在上有且只有一個異號零點，對實數的取值進行分類討論，結合題意可得出關于實數的不等式，綜合可得出實數的取值范圍. 【小問1詳解】 解：當時，，則，所以，，， 故當時，曲線在點處的切線方程為，即. 【小問2詳解】 解：當時，，該函數的定義域為， ， 由，即，解得或， 因此，當時，函數的單調遞增區(qū)間為、. 【小問3詳解】 解：因為，則， 令，因為函數在上有且只有一個極值點， 則函數在上有一個異號零點， 當時，對任意的，，不合乎題意； 當時，函數在上單調遞增， 因為，只需，合乎題意； 當時，函數的圖象開口向下，對稱軸為直線， 因為，只需，不合乎題意，舍去. 綜上所述，實數取值范圍是. 21. 若無窮數列滿足：，對于，都有（其中為常數），則稱具有性質“”. （1）若具有性質“”，且，，，求； （2）若無窮數列是等差數列，無窮數列是公比為2的等比數列，，，，判斷是否具有性質“”，并說明理由； （3）設既具有性質“”，又具有性質“”，其中，，，求證：具有性質“”. 【答案】（1） （2）不具有性質“”，理由見解析 （3）證明見解析 【解析】 【分析】（1）由具有性質“”，可得當時，，結合題意計算即可得； （2）由題意計算出通項公式后，檢驗是否恒等于即可得； （3）借助既具有性質“”，又具有性質“”，則當時，有，，則有，，通過運算得到，從而可驗證對任意的時，是否有即可得. 【小問1詳解】 由具有性質“”，則當時，， 故，，，又，， 故， 即； 【小問2詳解】 不具有性質“”，理由如下： 設，，由，， 即有，解得，故，， 則，有， 則，不恒等于，故不具有性質“”； 【小問3詳解】 由既具有性質“”，又具有性質“”， 即當時，有，， 則有，， 由，故， 故，即，由，，則， 當，即時，有， 即對任意的時，有，即具有性質“”. 【點睛】關鍵點睛：本題關鍵點在于通過對數列新定義的分析，從而得到，，并由此得到，，從而得出. 012

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