2024屆北京市豐臺區(qū)高三上學期期末練習數(shù)學試題（解析版）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2024屆北京市豐臺區(qū)高三上學期期末練習數(shù)學試題一、單選題1．已知集合，，，則（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由補集和并集的定義求解即可.【詳解】因為，，，所以，.故選：A.2．若，則（

）A． B．1C． D．2【答案】B【分析】根據(jù)復數(shù)的運算法則進行運算，繼而直接求模即可.【詳解】因為，所以，所以，故選：B．3．在的展開式中，的系數(shù)為（

）A． B．120C． D．60【答案】D【分析】求出的通項，令即可得出答案.【詳解】的通項為：，令可得：的系數(shù)為.故選：D.4．在中國文化中，竹子被用來象征高潔、堅韌、不屈的品質．竹子在中國的歷史可以追溯到遠古時代，早在新石器時代晚期，人類就已經(jīng)開始使用竹子了．竹子可以用來加工成日用品，比如竹簡、竹簽、竹扇、竹筐、竹筒等．現(xiàn)有某飲料廠共研發(fā)了九種容積不同的竹筒用來罐裝飲料，這九種竹筒的容積（單位：L）依次成等差數(shù)列，若，，則（

）A．5.4 B．6.3C．7.2 D．13.5【答案】B【分析】利用等差數(shù)列的性質及求和公式求解.【詳解】∵依次成等差數(shù)列，，∴，即，又，則.故選：B.5．已知直線與圓相切，則（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據(jù)題意可得圓心到的距離等于半徑1，即可解得的值．【詳解】直線即，由已知直線與圓相切可得，圓的圓心到的距離等于半徑1，即，解得，故選：B．6．如圖，函數(shù)的圖象為折線，則不等式的解集是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用正切型函數(shù)的圖象與性質結合分段函數(shù)性質即可得到解集.【詳解】設，令，且，解得，，令，則，則在上單調遞增，，則，則當時，，，則滿足，即，當時，，且單調遞減，，且單調遞增，則時，，即；時，，即；綜上所述：的解集為，故選；C.7．在某次數(shù)學探究活動中，小明先將一副三角板按照圖1的方式進行拼接，然后他又將三角板折起，使得二面角為直二面角，得圖2所示四面體．小明對四面體中的直線、平面的位置關系作出了如下的判斷：①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．其中判斷正確的個數(shù)是（

）A．1 B．2C．3 D．4【答案】C【分析】根據(jù)題意，結合線面位置關系的判定定理和性質定理，逐項判定，即可求解.【詳解】對于①中，因為二面角為直二面角，可得平面平面，又因為平面平面，，且平面，所以平面，所以①正確；對于②中，由平面，且平面，可得，又因為，且，平面，所以平面，所以②正確；對于③中，由平面，且平面，所以平面平面，所以③正確；對于④，中，因為平面，且平面，可得平面平面，若平面平面，且平面平面，可得平面，又因為平面，所以，因為與不垂直，所以矛盾，所以平面和平面不垂直，所以D錯誤.故選：C.8．已知是兩個不共線的單位向量，向量（）．“，且”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】A【分析】舉例驗證必要性，通過向量的運算來判斷充分性.【詳解】當，且時，，充分性滿足；當時，，當，時，是可以大于零的，即當時，可能有，，必要性不滿足，故“，且”是“”的充分而不必要條件.故選：A.9．在八張亞運會紀念卡中，四張印有吉祥物宸宸，另外四張印有蓮蓮．現(xiàn)將這八張紀念卡平均分配給4個人，則不同的分配方案種數(shù)為（

）A．18 B．19C．31 D．37【答案】B【分析】設吉祥物宸宸記為，蓮蓮記為，將這八張紀念卡分為四組，共有3種分法，再分給四個人，分別求解即可.【詳解】設吉祥物宸宸記為，蓮蓮記為①每人得到一張，一張，共有1種分法；②將這八張紀念卡分為四組，再分給四個人，則有種分法③將這八張紀念卡分為四組，再分給四個人，則有種分法共有：種.故選：B.10．已知函數(shù)，當時，記函數(shù)的最大值為，則的最小值為（

）A．3.5 B．4C．4.5 D．5【答案】C【分析】先利用函數(shù)的額單調性，轉化為求在上的最大值；再根據(jù)的取值范圍的不同，討論函數(shù)在上的單調性，求函數(shù)的最大值.【詳解】易判斷函數(shù)為偶函數(shù)，根據(jù)偶函數(shù)的性質，問題轉化為求函數(shù)，上的最大值.當時，，二次函數(shù)的對稱軸為，函數(shù)在上單調遞增，所以；當時，，因為，所以在上遞增，在上也是遞增，所以；當時，，因為，所以在上遞增，在上遞減，在上遞增，所以或，若，則；若，則;當時，，（因為），所以函數(shù)在上遞增，在上遞減，所以.綜上可知：的最小值為.故選：C【點睛】關鍵點點睛：問題轉化為二次函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題，然后討論函數(shù)在給定區(qū)間上的單調性，從而求最大值.認真分析函數(shù)的單調性是關鍵.二、填空題11．雙曲線的漸近線方程．【答案】【分析】先確定雙曲線的焦點所在坐標軸，再確定雙曲線的實軸長和虛軸長，最后確定雙曲線的漸近線方程．【詳解】∵雙曲線的a=2，b=1，焦點在x軸上而雙曲線的漸近線方程為y=±∴雙曲線的漸近線方程為y=±故答案為y=±【點睛】本題考查了雙曲線的標準方程，雙曲線的幾何意義，特別是雙曲線的漸近線方程，解題時要注意先定位，再定量的解題思想12．已知，則．【答案】0【分析】由解析式直接代入求解即可.【詳解】因為，，所以.故答案為：0.13．矩形中，，，且分為的中點，則．【答案】/-1.75【分析】以為坐標原點，建立如下圖所示的平面直角坐標系，求出，由數(shù)量積的坐標表示求解即可.【詳解】以為坐標原點，建立如下圖所示的平面直角坐標系，，所以，.故答案為：.14．如圖，在平面直角坐標系中，角的始邊為軸的非負半軸，終邊與單位圓交于點，過點作軸的垂線，垂足為．若記點到直線的距離為，則的極大值點為，最大值為．【答案】或/0.5【分析】根據(jù)三角函數(shù)的概念得及，利用面積法求得，根據(jù)的范圍及三角函數(shù)的性質討論的單調性，進而求得答案.【詳解】由題意，，由，得，∴當時，單調遞增；當時，單調遞減；當時，單調遞增；當時，單調遞減，則的極大值點為或，∵，，∴當，即或時，取最大值為．故答案為：或；.15．在平面直角坐標系內，動點與定點的距離和到定直線的距離的和為4．記動點的軌跡為曲線，給出下列四個結論：①曲線過原點；②曲線是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形；③曲線恰好經(jīng)過4個整點（橫、縱坐標均為整數(shù)的點）；④曲線圍成區(qū)域的面積大于．則所有正確結論的序號是．【答案】①③④【分析】根據(jù)題目整理方程，分段整理函數(shù)，畫出圖象，可得答案.【詳解】設，則，到直線l的距離，由題意可知，，，，當時，，則；當時，，則，，.可作圖如下：由圖可知：曲線W過原點，且是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形，故①正確，②錯誤；曲線經(jīng)過4個點，沒有其它整點，故③正確；由，，，四邊形的面積，，，多邊形的面積曲線W圍成區(qū)域的面積大于，故④正確.故答案為：①③④.三、解答題16．在△中，，．(1)求的大??；(2)在下列三個條件中選擇一個作為已知，使存在且唯一確定，并求出邊上的中線的長度．條件①：；條件②：△的周長為；條件③：△的面積為．注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．【答案】(1)(2)選擇條件②或③，【分析】（1）由正弦定理可解得；（2）條件②由余弦定理可得；條件③由三角形的面積公式和余弦定理可得.【詳解】（1）在中，因為，又，所以．因為，所以．因為，所以．（2）選擇條件②：因為中，，，，所以，即為等腰三角形，其中．因為，所以．所以．設點為線段的中點，在中，．因為中，，所以，即邊上的中線的長度為．選擇條件③：因為中，，，，所以，即為等腰三角形，其中．因為的面積為，即，所以．設點為線段的中點，在中，．因為中，，所以，即邊上的中線的長度為．由題可知，故①不合題意.17．如圖，四棱錐的底面為正方形，底面，，點為中點．(1)求證：//平面；(2)點為棱上一點，直線與平面所成角的正弦值為，求的值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理證明即可；（2）建立空間直角坐標系，利用線面角的向量求法可得的坐標，即可得解.【詳解】（1）因為正方形中，．因為平面，平面，所以平面．（2）因為底面，正方形中，分別以的方向為軸正方向，建立空間直角坐標系，如圖不妨設，因為，點為的中點，點為棱上一點，則，，，，，．所以，，．設為平面的法向量，則，．所以，令，得，所以．設直線與平面所成角為，則，解得，因為，所以，所以．18．2023年冬，甲型流感病毒來勢洶洶．某科研小組經(jīng)過研究發(fā)現(xiàn)，患病者與未患病者的某項醫(yī)學指標有明顯差異．在某地的兩類人群中各隨機抽取20人的該項醫(yī)學指標作為樣本，得到如下的患病者和未患病者該指標的頻率分布直方圖：利用該指標制定一個檢測標準，需要確定臨界值，將該指標小于的人判定為陽性，大于或等于的人判定為陰性．此檢測標準的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為；誤診率是將未患病者判定為陽性的概率，記為．假設數(shù)據(jù)在組內均勻分布，用頻率估計概率．(1)當臨界值時，求漏診率和誤診率；(2)從指標在區(qū)間樣本中隨機抽取2人，記隨機變量為未患病者的人數(shù)，求的分布列和數(shù)學期望；(3)在該地患病者占全部人口的5%的情況下，記為該地診斷結果不符合真實情況的概率．當時，直接寫出使得取最小值時的的值．【答案】(1)，(2)分布列見解析；期望為(3)【分析】（1）由頻率分布直方圖計算可得；（2）利用超幾何分布求解；（3）寫出的表達式判單調性求解.【詳解】（1）由頻率分布直方圖可知，．（2）樣本中患病者在指標為區(qū)間的人數(shù)是，未患病者在指標為區(qū)間的人數(shù)是，總人數(shù)為5人．可能的取值為0，1，2．，，．隨機變量的分布列為012隨機變量的期望為．（3）由題，，時，令所以，關于的一次函數(shù)系數(shù)為，故單調遞增，則即時取最小值19．已知函數(shù)．(1)若曲線在點處的切線平行于軸，求實數(shù)的值；(2)求函數(shù)的單調區(qū)間．【答案】(1)(2)答案見解析【分析】（1）先求函數(shù)的導函數(shù)，若曲線在點處的切線平行于軸，只需保證，求實數(shù)的值即可；（2）求得有兩個根“和”，再分、和三種情況分析函數(shù)的單調性即可.【詳解】（1）由題可得，因為在點處的切線平行于軸，所以，即，解得，經(jīng)檢驗符合題意．（2）因為，令，得或．當時，隨的變化，，的變化情況如下表所示：單調遞增單調遞減單調遞增所以在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增．當時，因為，當且僅當時，，所以在區(qū)間上單調遞增．當時，隨的變化，，的變化情況如下表所示：單調遞增單調遞減單調遞增所以在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增．綜上所述，當時，的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為；當時，的單調遞增區(qū)間為，無單調遞減區(qū)間；當時，的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為．20．已知橢圓．(1)求橢圓的離心率和焦點坐標；(2)設直線與橢圓相切于第一象限內的點，不過原點且平行于的直線與橢圓交于不同的兩點，，點關于原點的對稱點為．記直線的斜率為，直線的斜率為，求的值．【答案】(1)離心率為，焦點坐標分別為，(2)【分析】（1）根據(jù)橢圓方程直接求出離心率與焦點坐標；（2）根據(jù)直線與橢圓相切求出坐標并得到，法一：設直線的方程為，由韋達定理求出證得結論．法二：記，由點差法求可證得結論．【詳解】（1）由題意得，解得．所以橢圓E的離心率為，焦點坐標分別為，．（2）由消去y并整理得：

①其判別式得，化簡為．此時方程①可化為，解得，(由條件知異號)．記，則，所以，即點．所以OP的斜率．法一：因為，所以可設直線的方程為．由消去y并整理得：．當其判別式大于零時，有兩個不相等的實根，設，則．因為C是A關于原點O的對稱點，所以點C的坐標為．所以直線BC的斜率．所以．法二：記，因為點C與點A關于原點對稱，所以．因為，所以直線AB的斜率為，所以．因為點在橢圓上，所以，．兩式相減得：．所以，即，所以．所以．【點睛】方法點睛：將P視為與橢圓相交弦中點，由中點弦定理得，設中點為M，由中點弦定理得，由得，故.21．對于數(shù)列，如果存在正整數(shù)，使得對任意，都有，那么數(shù)列就叫做周期數(shù)列，叫做這個數(shù)列的周期．若周期數(shù)列，滿足：存在正整數(shù)，對每一個，都有，我們稱數(shù)列和為“同根數(shù)列”．(1)判斷下列數(shù)列是否為周期數(shù)列．如果是，寫出該數(shù)列的周期，如果不是，說明理由；①；②(2)若和是“同根數(shù)列”，且周期的最小值分別是3和5，求證：；(3)若和是“同根數(shù)列”，且周期的最小值分別是和，求的最大值．【答案】(1)、均是周期數(shù)列，數(shù)列周期為1（或任意正整數(shù)），數(shù)列周期為6(2)證明見解析(3)答案見解析【分析】（1）由周期數(shù)列的定義求解即可；（2）由“同根數(shù)列”的定義求解即可；（3）是奇數(shù)時，首先證明不存在數(shù)列滿足條件，其次證明存在數(shù)列滿足條件.當是偶數(shù)時，首先證明時不存在數(shù)列滿足條件,其次證明時存在數(shù)列滿足條件．【詳解】（1）、均是周期數(shù)列，理由如下：因為，所以數(shù)列是周期數(shù)列，其周期為1（或任意正整數(shù)）．因為，所以．所以數(shù)列是周期數(shù)列，其周期為6（或6的正整數(shù)倍）．（2）假設不成立，則有，即對于，都有．因為，，所以．又因為，，所以．所以，所以，與的最小值是3矛盾．所以．（3）當