北京朝陽區(qū)六校聯(lián)考2024屆高三12月階段性診斷數學試題（解析版）

PAGEPAGE1北京朝陽區(qū)六校聯(lián)考2024屆高三12月階段性診斷數學試題第一部分（選擇題）一、選擇題1.在復平面內，對應的點的坐標是，則的共軛復數（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因為復數對應的點的坐標是所以則故選：B.2.下列函數中，既是奇函數又是增函數的為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗A是增函數，不是奇函數；B和C都不是定義域內的增函數，排除，只有D正確，因此選D.3.下列雙曲線中，焦點在軸上且漸近線方程為的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗焦點在軸上的是C和D，漸近線方程為，故選C．4.已知函數在區(qū)間單調遞增，直線和為函數的圖像的兩條相鄰對稱軸，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因為在區(qū)間單調遞增，所以，且，則，，當時，取得最小值，則，，則，，不妨取，則，則，故選：D.5.將一個棱長為1的正方體放入一個圓柱內，正方體可自由轉動，則該圓柱體積的最小值為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由題意知，當圓柱底面直徑和高剛好等于正方體的的體對角線時體積最小，正方體的體對角線長為所以，此時圓柱的底面半徑為，高為，所以該圓柱體積的最小值為.故選：B.6.已知x，y為正實數，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〗B〖解析〗當時，取，則，所以“”不是“”的充分條件；當時，得，即，則，所以“”是“”的必要條件，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B.7.某食品加工廠2022年獲利20萬元，經調整食品結構，開發(fā)新產品，計劃從2023年開始每年比上一年獲利增加20%，問從哪一年開始這家加工廠年獲利超過60萬元（，）（）A.2026年 B.2027年C.2028年 D.2029年〖答案〗D〖解析〗設第年獲利元，則,是正整數，年是第一年，故，解得故，即從年開始這家加工廠年獲利超過60萬元.故選：D.8.已知平面上一點，若直線上存在點P使，則稱該直線為“切割型直線”.下列直線中是“切割型直線”的是（）①；②；③；④.A.①③ B.①④ C.②③ D.③④〖答案〗C〖解析〗，故的軌跡方程為，轉化為直線和圓相切或相交.①，圓心到直線的距離為，故不是“切割型直線”；②，圓心到直線的距離為，故是“切割型直線”；③，圓心到直線的距離為，故是“切割型直線”；④，，圓心到直線的距離為，故不是“切割型直線”；故選：.9.已知函數在區(qū)間，上都單調遞增，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗設，其判別式，∴函數一定有兩個零點，設的兩個零點為，且，由，得，，∴，①當時，在上單調遞減或為常函數，從而在不可能單調遞增，故；②當時，，故，則，∵在上單調遞增，∴在上也單調遞增，，，由在和上都單調遞增，且函數的圖象是連續(xù)的，∴在上單調遞增，欲使在上單調遞增，只需，得，綜上：實數的范圍是.故選：D.10.某同學所在的課外興趣小組計劃用紙板制作一個簡易潛望鏡模型（圖甲），該模型由兩個相同的部件拼接粘連制成，每個部件由長方形紙板（圖乙）沿虛線裁剪后卷一周形成，其中長方形卷后為圓柱的側面．為準確畫出裁剪曲線，建立如圖所示的以為坐標原點的平面直角坐標系，設為裁剪曲線上的點，作軸，垂足為．圖乙中線段卷后形成的圓?。▓D甲），通過同學們的計算發(fā)現與之間滿足關系式，現在另外一個紙板上畫出曲線，如圖丙所示，把沿虛線裁剪后的長方形紙板卷一周，求該裁剪曲線圍成的橢圓的離心率為（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗函數的最小正周期為，所以相應圓柱的底面圓的周長為，故其直徑為4，故根據題意可知該橢圓的短軸長為，即；又的最大值為2，故橢圓的長軸長為，故，故橢圓的離心率為，故選：B二、填空題11.已知，，若與垂直，則實數____________.〖答案〗〖解析〗由，，得，由與垂直，得，即有，解得，所以實數.故〖答案〗為：12.的展開式中的系數為______（用數字作答）．〖答案〗〖解析〗由題意得：展開式的通項為：，當時，即：，得：，當時；即：，得：，所以得：展開式中含項為：，所以的系數為：.故〖答案〗為：.13.已知拋物線的焦點為，過的動直線與拋物線交于兩點，滿足的直線有且僅有一條，則______．〖答案〗2〖解析〗設交點坐標為，過的直線為，與拋物線聯(lián)立可得，，故．，故當時，動直線有且僅有一條，即，故．故〖答案〗為：2.14.已知的內角的對邊分別為，，，且滿足，，則____________；的中線的最大值為____________.〖答案〗〖解析〗空1：因為，由正弦定理可得，由余弦定理可得，且，所以；空2：因為，可得，由，當且僅當時，等號成立，所以，又因為為的中線，則，可得，所以，即中線的最大值為.故〖答案〗為：；.15.設等差數列的前項和為，則有以下四個結論：①若，則②若，且，則且③若，且在前16項中，偶數項的和與奇數項的和之比為3:1，則公差為2④若，且，則和均是的最大值其中正確命題的序號為___________.〖答案〗①②④〖解析〗對于①，因為是等差數列，，所以，故①正確；對于②，因為，所以，即是遞增數列，因為，即，所以，即，則，所以且，故②正確；對于③，因為，所以，則，則，又，，所以，即，故，得，，所以的公差為，故③錯誤；對于④，因為，即，即，整理得，因為，所以，由于，所以，故，即，因為，所以是遞減數列，則，，所以，，故和均是的最大值，故④正確.故〖答案〗為：①②④.三、解答題16.如圖，在四棱錐中，，四邊形ABCD是正方形，，E是棱PD上的動點，且.（1）證明：平面ABCD；（2）是否存在實數，使得平面PAB與平面AEC所成夾角余弦值是？若存在.求出的值；若不存在，請說明理由.（1）證明：因為四邊形是正方形，則，且，平面，，所以平面，且平面，可得，又因為，所以，即，由平面，且，所以平面.（2）解：由（1）可知：平面，且，如圖，以A為坐標原點建立空間之間坐標系，不妨設，則，可得，則，可得，設平面平面AEC的法向量，則，令，則，可得，且平面PAB的法向量，由題意可得：，整理得，解得或（舍去），所以存在實數，的值為.17.已知函數，其中．再從條件①、條件②、條件③中選擇一個作為已知，使存在，并完成下列兩個問題．（1）求的值；（2）當時，若曲線與直線恰有一個公共點，求的取值范圍．條件①：；條件②：是的一個零點；條件③：．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．解：（1）選條件①：無意義，所以選條件①時不存在，故不能選①，選條件②．由題設，所以．因為，所以，所以．所以．選條件③，由題設．整理得．以下同選條件②．（2）由（1）因為，所以．于是，當且僅當，即時，取得最大值；當且僅當，即時，取得最小值．又，即時，．且當時，單調遞增，所以曲線與直線恰有一個公共點，則或的取值范圍是．18.垃圾分類可以提高垃圾的資源價值和經濟價值.某學校在寒假期間安排了“垃圾分類知識普及實踐活動”.為了解學生的學習成果，該校對高一?高二年級全體學生進行了相關知識測試，然后從高一、高二各隨機抽取了名學生成績（百分制），并對數據（成績）進行了整理、描述和分析.下面給出了整理的相關信息：高一年級成績分布表等級成績（分數）人數（1）從高一和高二樣本中各抽取一人，這兩個人成績都不低于分的概率是多少？（2）分別從高一全體學生中抽取一人，從高二全體學生中抽取人，這三人中成績不低于分的人數記為，用頻率估計概率，求的分布列和期望；（3）學校為提高對垃圾分類的了解情況需要在高一或高二進行一場講座，假設講座能夠使學生成績普遍，提高一個等級，若高一高二學生數量一致，那么若要想高一和高二學生的平均分盡可能的高，需要在高一講座還是高二講座？（直接寫出結論）（1）解：從高一樣本中抽取一人，這個人的成績不低于分的概率，從高二樣本中抽取一人，這個人的成績不低于分的概率為，因此，從高一和高二樣本中各抽取一人，這兩個人成績都不低于分的概率為.（2）解：由題意可知，隨機變量的可能取值有、、、，則，，，，所以，隨機變量的分布列如下表所示：.（3）解：由于高一年級低分段的人數相比高二年級要少得多，需要在高二講座.19.已知橢圓的離心率為，且其左頂點到橢圓外的直線的距離為.（1）求橢圓的標準方程；（2）過點且斜率為的直線交橢圓于兩點，為直線上的動點，直線分別交直線于（異于），求線段的中點坐標.解：（1）由題意知橢圓的左頂點坐標為，又左頂點到橢圓外的直線的距離為，所以，得，又橢圓離心率為，即，在橢圓中，，所以橢圓的標準方程為.（2）設過點且斜率為的直線的直線方程為,代入橢圓方程可得，即，則，由為直線上的動點，設，則直線的方程為，即，把代入得，即，同理，則直線的方程為，把代入得，即，則線段的中點坐標，即.設過點且斜率為的直線的直線方程為，與橢圓聯(lián)立方程組，即，則，整理得.因為，所以，設，由韋達定理可得①，②；由為直線上的動點，設，則直線的方程為，即，代入，得，即，同理，直線的方程為，與直線的交點.線段的中點坐標，所以③.把①②代入③可得：.故的中點坐標.20.已知，函數，為的導函數.（1）當時，求函數的單調區(qū)間；（2）討論在區(qū)間上的零點個數；（3）比較與的大小，并說明理由.解：（1）當時，，其定義域為，，令，得.當時，，故在上單調遞增；當時，，故在上單調遞減.因此，函數的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為.（2）令，則，.因為，則，，則.當時，則，故，從而在上單調遞減；而，故當時，，故在區(qū)間上無零點；即在區(qū)間上無零點；當時，令，則，因為，則，從而，即在上單調遞減；而，，因此存在唯一的，使得，并且當時，；當時，.即當時，，當時，.故當時，單調遞增，當時，單調遞減.而，故；取，當時，，所以存在唯一的，使得，即在區(qū)間上有唯一零點.綜上所述，當時，在上有唯一的零點；當時，在上沒有零點.（3）理由如下：[解法一]由（2）可得，當時，在上恒成立.即當時，，.以下證明不等式：當時，有.令，則，故在上單調遞減，則，即，，即有，而，故，.取，則有.[解法二]顯然，故，以下證明不等式：當時，有.令，則令，得.故當時，，從而在上單調遞增；當時，，從而在上單調遞減.故是的極大值點，并且是最大值點，故，即，.取，則，故，故，從而21.對于數列，定義“變換”：將數列變換成數列，其中，且，這種“變換”記作.繼續(xù)對數列進行“變換”，得到數列，依此類推，當得到的數列各項均為時變換結束．（1）試問和經過不斷的“變換”能否結束？若能，請依次寫出經過“變換”得到的各數列；若不能，說明理由；（2）求經過有限次“變換”后能夠結束的充要條件；（3）證明：一定能經過有限次“變換”后結束．（1）解：數列不能結束，各數列依次為；；；；；；…．從而以下重復出現，不會出現所有項均為的情形．數列能結束，各數列依次為；；；．（2）解：經過有限次“變換”后能夠結束的充要條件是．若，則經過一次“變換”就得到數列，從而結束．當數列經過有限次“變換”后能夠結束時，先證命題“若數列為常數列，則為常數列”．當時，數列．由數列為常數列得，解得，從而數列也為常數列．其它情形同理，得證．在數列經過有限次“變換”后結束時，得到數列(常數列)，由以上命題，它變換之前的數列也為常數列，可知數列也為常數列．所以，數列經過有限次“變換”后能夠結束的充要條件是．（3）證明：先證明引理：“數列的最大項一定不大于數列的最大項，其中”．證明：記數列中最大項為，則．令，，其中．因為，所以，故，證畢．現將數列分為兩類．第一類是沒有為的項，或者為的項與最大項不相鄰（規(guī)定首項與末項相鄰），此時由引理可知，．第二類是含有為的項，且與最大項相鄰，此時．下面證明第二類數列經過有限次“變換”，一定可以得到第一類數列．不妨令數列的第一項為，第二項最大()．（其它情形同理）①當數列中只有一項為時，若()，則，此數列各項均不為或含有項但與最大項不相鄰，為第一類數列；若，則；此數列各項均不為或含