北京市順義區(qū)第一中學2024-2025學年高三上學期期中考試數(shù)學試卷（Word版附解析）-試卷下載-教習網(wǎng)

一.選擇題（本大題共10小題，共40分）
1. 設集合，集合，則（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】集合的基本運算問題.
【詳解】因為，所以，
且，所以 =.
故選：C
2. 若復數(shù)滿足，則的共軛復數(shù)（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由知，運用復數(shù)的除法即可求出，根據(jù)共軛復數(shù)的概念即可求解.
【詳解】因為，所以，
所以.
故選：A
3. 如圖所示，直線的斜率分別為，則下列結論正確的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】應用斜率與傾斜角的關系即可判斷．
【詳解】由，結合的函數(shù)圖象，
直線對應的傾斜角為鈍角，則，
直線與都為銳角，且的傾斜角大于的傾斜角，
則，故．
故選：C．
4. 已知角的終邊經(jīng)過點，則（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，利用三角函數(shù)定義、結合誘導公式計算即得.
【詳解】由角的終邊經(jīng)過點，得該點到原點距離，，
所以.
故選：C
5. 下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)，又在區(qū)間上單調遞減的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)冪函數(shù)，指數(shù)函數(shù)，余弦函數(shù)，對數(shù)函數(shù)的單調性逐項判斷即可.
【詳解】對于A，由冪函數(shù)的單調性可知在上單調遞增，故A不正確；
對于B，由余弦函數(shù)的單調性可知在區(qū)間上單調遞減不成立，故B不正確；
對于C，，由指數(shù)函數(shù)的單調性可知，當時，單調遞增，故C不正確；
對于D，的定義域為，定義域關于原點對稱，，所以是偶函數(shù)，
又因為當，，由對數(shù)函數(shù)的單調性可知在上單調遞減，故D正確；
故選：D.
6. 在中，若，，，則的大小為（）
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理結合三角形的特點計算即可.
【詳解】因為在中，，所以，
由正弦定理可知或，
又，所以不成立.
故選：B
7. 設點，，不共線，則“與的夾角為銳角”是“”的（）
A. 充分而不必要條件B. 必要而不充分條件
C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】C
【解析】
【分析】將向量的模用向量的數(shù)量積來表示，化簡后結合向量夾角的范圍，即可判斷.
【詳解】
由題意知，，不共線，所以，
所以與的夾角為銳角，
故“與的夾角為銳角”是“”的充分必要條件；
故選：C.
8. 坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數(shù)學元素.安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美.如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形.若，，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（）
A. 100 mB. 112 mC. 117 mD. 132 m
【答案】D
【解析】
【分析】先根據(jù)面面角的定義求得，再依次求得，，，，最后把所有棱長相加，即可求解．
【詳解】如圖，過E作平面ABCD，垂足為O，
過E分別作，，垂足分別為G，M，
連接OG，OM，
因為平面ABCD，平面ABCD，所以，
又，且EO，平面EOG，，所以平面EOG，
因為平面EOG，所以，
所以等腰三角形所在的平面與平面ABCD所成角為，
同理可得，又，
所以等腰梯形所在的平面與平面ABCD所成角為，
所以，
又，所以四邊形OMBG是矩形，
又，則，所以，所以，
所以在中，，
在中，，，
又因為，
故該五面體的所有棱長之和為．
故選：D．
9. 函數(shù)圖象上存在兩點，滿足，則下列結論成立的是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù),在上,可得出,再根聯(lián)立,得到的值,根據(jù)縮小的取值范圍,進而代入求值即可.
【詳解】解:由題知,,
均在上,
,
,
,
故有:,
兩等式聯(lián)立有,
解得,
,
,
,
,
綜上選項B正確.
故選:B
10. 已知函數(shù)，若對于任意正數(shù)，關于的方程都恰有兩個不相等的實數(shù)根，則滿足條件的實數(shù)的個數(shù)為（）
A. B. C. D. 無數(shù)
【答案】B
【解析】
【分析】分、、三種情況討論，作出函數(shù)的圖象，根據(jù)已知條件可得出關于實數(shù)的等式與不等式，進而可求得實數(shù)的取值.
【詳解】當時，，作出函數(shù)的圖象如下圖所示：
由圖可知，當時，關于的方程有且只有一個實根，不合乎題意；
當時，，如下圖所示：
函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞增，
由題意可得，解得；
若，則，如下圖所示：
函數(shù)在單調遞減，在上單調遞減，在上單調遞增，
由題意可得，此時無解.
綜上所述，
故選：B.
【點睛】方法點睛：已知函數(shù)有零點（方程有根）求參數(shù)值（取值范圍）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數(shù)范圍；
（2）分離參數(shù)法：先將參數(shù)分離，轉化成求函數(shù)的值域問題加以解決；
（3）數(shù)形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數(shù)，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數(shù)的圖象，利用數(shù)形結合的方法求解.
二.填空題（本大題共5小題，共25分）
11. 函數(shù)的定義域是______.
【答案】
【解析】
【分析】由真數(shù)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(shù)定義域為.
故答案為：.
12. 首項為1的等比數(shù)列中，，，成等差數(shù)列，則公比______.
【答案】2
【解析】
【分析】根據(jù)等差中項可得，利用等比數(shù)列通項公式代入即可求.
【詳解】設等比數(shù)列的公比為，
因為，，成等差數(shù)列，
所以，
所以，
因為首項為1，所以，
所以，故.
故答案為：2
13. 能說明“若，則，其中”為假命題的一組，的值是___．
【答案】答案不唯一，如，
【解析】
【分析】即舉滿足條件但不滿足的例子.
【詳解】，時，滿足，但不成立
故答案為答案不唯一，如，
【點睛】本題考查誘導公式的應用，考查基本分析求解能力，屬基礎題.
14. 如圖，這個優(yōu)美圖形由一個正方形和以各邊為直徑的四個半圓組成，若正方形的邊長為4，點在四段圓弧上運動，則的取值范圍為______.
【答案】
【解析】
【分析】借助于正方形建系，利用平面向量數(shù)量積的幾何意義，找到使在方向上的投影向量的數(shù)量最大和最小的點即得的取值范圍.
【詳解】
如圖，以點為原點，分別以所在直線為軸建立坐標系.
因，
而表示在方向上的投影向量的數(shù)量，
由圖不難發(fā)現(xiàn)，設過正方形的中心作與軸平行的直線與左右兩個半圓分別交于點，
則當點與點重合時，投影向量的數(shù)量最大，當點與點重合時，投影向量的數(shù)量最小.
易得，則的最大值為6，最小值為，
故.
故答案為：.
15. 如圖，在棱長為的正方體中，點，分別在線段和上．
給出下列四個結論：
①的最小值為；
②四面體的體積為；
③有且僅有一條直線與垂直；
④存在點，，使為等邊三角形．
其中所有正確結論的序號是____．
【答案】①②④
【解析】
【分析】對于①，利用直線之間的距離即可求解；對于②，以為頂點，為底面即可求解；對于③，利用直線的垂直關系即可判斷；對于④，利用空間坐標即可求解.
【詳解】對于①，由于在上運動，在上運動，所以的最小值就是兩條直線之間距離，而，所以的最小值為；
對于②，，而，所以四面體的體積為；
對于③，由題意可知，當與重合，與重合時，，又根據(jù)正方體性質可知，，所以當為中點，與重合時，此時，故與垂直的不唯一，③錯誤；
對于④，當為等邊三角形時，，則此時.所以只需要與的夾角能等于即可.
以為原點，、、分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，如下圖，
設，則由題意可得，，，則可得，，則，整理可得，該方程看成關于的二次函數(shù)，，所以存在使得為等邊三角形.
故答案為：①②④
三、解答題（本大題共6小題，共85分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）
16. 已知函數(shù)．
（1）若，且，求的值；
（2）求函數(shù)的最小正周期，及函數(shù)的單調遞減區(qū)間．
【答案】（1）
（2）最小正周期，，
【解析】
【分析】（1）根據(jù)同角三角函數(shù)關系得到，由余弦二倍角公式得到，從而得到；
（2）利用三角恒等變換得到，利用得到最小正周期，并利用整體法求出函數(shù)的單調遞減區(qū)間.
【小問1詳解】
因為，且，
所以，，
所以．
【小問2詳解】
，
所以函數(shù)的最小正周期．
由，，
解得，．
所以函數(shù)的單調遞減區(qū)間，．
17. 在中，已知，請從下列三個條件中選擇兩個，使得存在，并解答下列問題：
（1）求的大??；
（2）求和的值．
條件①：；條件②：；條件③：．
【答案】（1）答案見詳解
（2）答案見詳解
【解析】
【分析】（1）若選擇①②：利用正弦定理可得，結合可知，則，即可得結果；若選擇①③：由正弦定理可得，由可知，即可得結果；若選②③：根據(jù)三角形的性質分析得出矛盾；
（2）由（1）可知：不能選②③. 只能選擇①②或選擇①③，利用同角三角關系以及兩角和差公式求，再利用正弦定理求的值.
【小問1詳解】
若選擇①②：，，
在中，由正弦定理得．
因為，即，
可知，所以；
若選擇①③：，，
在中，因為由正弦定理得．
在中，，即，
可知，所以；
若選②③：，，
因為，即，可知；
又因為，即，可知；
兩者相矛盾，故不成立.
【小問2詳解】
由（1）可知：不能選②③.
若選擇①②：在中，，即，可知，
且，可得，
則，
可知，則，
由正弦定理可得，
又因為，所以；
選擇①③：在中，，即，可知，
且，可得，
則，
且，可得，
又因為，則，
由正弦定理可得．
18. 某校工會開展健步走活動，要求教職工上傳3月1日至3月7日微信記步數(shù)信息，下圖是職工甲和職工乙微信記步數(shù)情況：
（1）從3月1日至3月7日中任選一天，求這一天職工甲和職工乙微信記步數(shù)都不低于10000的概率；
（2）從3月1日至3月7日中任選兩天，記職工乙在這兩天中微信記步數(shù)不低于10000的天數(shù)為，求的分布列及數(shù)學期望；
（3）如圖是校工會根據(jù)3月1日至3月7日某一天的數(shù)據(jù)，制作的全校200名教職工微信記步數(shù)的頻率分布直方圖．已知這一天甲和乙微信記步數(shù)在單位200名教職工中排名分別為第68和第142，請指出這是根據(jù)哪一天的數(shù)據(jù)制作的頻率分布直方圖（結論不要求證明）
【答案】（1）；
（2）分布列見解析，；
（3）3月3日.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)古典概型求解即可；
（2）的可能取值為0,1,2，分別求出每種情況的概率，再寫出分布列并求期望即可；
（3）根據(jù)頻率分布直方圖算出每個步數(shù)區(qū)間內的人數(shù)，再結合甲乙二人的排名，確定甲乙各自步數(shù)的范圍，進而確定日期.
【小問1詳解】
設“職工甲和職工乙微信計步數(shù)都不低于10000”為事件
從3月1日至3月7日這七天中，3月2日，3月5日，3月7日這三天職工甲和職工乙微信記步數(shù)都不低于10000，所以．
【小問2詳解】
由圖可知，7天中乙的步數(shù)不低于10000步的天數(shù)共4天.
的所有可能取值為，
，
的分布列為
【小問3詳解】
3月3日
由直方圖知，微信記步數(shù)落在（單位：千步）區(qū)間內的人數(shù)依次為
，.
由甲的排名為第68，可知當天甲的微信步數(shù)在15000-20000之間，
據(jù)折線圖知，這只有3月2日、3月3日和3月7日；
而由乙微信記步數(shù)排名第142，可知當天乙微信記步數(shù)在5000-10000之間，
根據(jù)折線圖知，這只有3月3日和3月6日.
所以只有3月3日符合要求．
19. 如圖，在多面體中，四邊形是邊長為的正方形，平面平面，，，.

（1）求證：平面；
（2）求平面與平面夾角的余弦值；
（3）線段上是否存在點，使得平面？若存在，指出點的位置并證明；若不存在，請說明理由.
【答案】（1）證明見解析
（2）
（3）存在，點為中點，證明見解析
【解析】
【分析】（1）先利用面面垂直的性質可得平面，再根據(jù)線面垂直的性質定理和判定定理證明即可；
（2）建立空間直角坐標系，求出平面與平面的法向量，利用空間向量法求解即可；
（3）設，由求出，再利用空間向量法求解即可.
【小問1詳解】
因為平面平面，平面平面，，平面,
所以平面，
因為平面，所以，
因為四邊形是正方形，
所以，
因為，平面，平面，
所以平面.
【小問2詳解】
由（1）得平面，因為平面，所以，，兩兩垂直，
以為原點，為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.

因，，
所以，.
則，，,，，
所以，，
設平面的一個法向量為，
則，取得，
因為平面，所以為平面的一個法向量，，
所以，
設平面與平面夾角為，
所以，
所以平面與平面夾角的余弦值．
【小問3詳解】
線段上存在點，點為中點，滿足平面，證明如下：
設，
因為，
所以，
由（2）知平面的一個法向量為，
因平面，
所以，解得，
所以線段上存在點，點為中點，滿足平面.
20. 已知函數(shù).
（1）若曲線在點處的切線斜率為1，求實數(shù)a的值；
（2）當時，求證：；
（3）若函數(shù)f(x)在區(qū)間上存在極值點，求實數(shù)a的取值范圍.
【答案】（1）（2）證明見解析（3）
【解析】
【分析】
（1）利用導數(shù)的幾何意義求解即可；
（2）利用導數(shù)得出函數(shù)f(x)的單調性，進而得出其最小值，即可證明；
（3）分類討論的值，利用導數(shù)得出f(x)的單調性，結合題意，即可得出實數(shù)a的取值范圍.
【詳解】解：（1）因為，
所以.
由題知，
解得.
（2）當時，，
所以.
當時，，f(x)在區(qū)間上單調遞減；
當時，，f(x)在區(qū)間上單調遞增；
所以是f(x)在區(qū)間上的最小值.
所以.
（3）由（1）知，.
若，則當時，，f(x)在區(qū)間上單調遞增，
此時無極值.
若，令，
則.
因為當時，，所以g(x)在上單調遞增.
因為，
而，
所以存，使得.
和f(x)的情況如下：
因此，當時，f(x)有極小值.
綜上，a的取值范圍是.
【點睛】本題主要考查了利用導數(shù)證明不等式，導數(shù)幾何意義的應用等，屬于中檔題.
21. 已知數(shù)列，對于任意的，都有，則稱數(shù)列為“凹數(shù)列”.
（1）已知數(shù)列，的前項和分別為，，且，，試判斷數(shù)列，數(shù)列是否為“凹數(shù)列”，并說明理由；
（2）已知等差數(shù)列，首項為4，公差為，且為“凹數(shù)列”，求的取值范圍；
（3）證明：數(shù)列為“凹數(shù)列”的充要條件是“對于任意的，，，當時，有”.
【答案】（1）數(shù)列是為“凹數(shù)列”，數(shù)列不是為“凹數(shù)列”，理由見解析
（2）
（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)通項公式判斷數(shù)列an為等差數(shù)列，bn為等比數(shù)列，進而求得前項和，，再根據(jù)“凹數(shù)列”的定義判斷即可；
（2）根據(jù)數(shù)列bn為等差數(shù)列可得通項公式，再根據(jù)“凹數(shù)列”的定義得對任意，恒成立，進而解出的范圍即可；
（3）先證明必要性，放縮得到，故，再證明充分性，取，，則有，進而得證.
【小問1詳解】
由于為等差數(shù)列，所以，為等比數(shù)列，，任意的，都有，故，所以數(shù)列是為“凹數(shù)列”，
任意的，都有，
故，所以數(shù)列不是為“凹數(shù)列”，
【小問2詳解】
因為等差數(shù)列bn的公差為，，所以，
因為數(shù)列是凹數(shù)列，所以對任意，恒成立，
即，
所以，即，
因為，解得.所以的取值范圍為.
【小問3詳解】
先證明必要性：因為為“凹數(shù)列”所以對任意，都有，即，所以對任意的，，，當時，有，所以，
又，
所以，所以，必要性成立；
再證明充分性：對于任意的，，，當時，有，
取，，則有，
即，所以為“凹數(shù)列”.
【點睛】方法點睛：本題是數(shù)列新定義問題，主要考查了等差數(shù)列，等比數(shù)列，遞推公式和求和公式等的綜合運用，對常見的求通項公式和求和公式要掌握牢固，同時要將“新”性質有機地應用到“舊”性質上，創(chuàng)造性的解決問題.
0
1
2
x
0
f(x)
極小值

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