2023-2024学年北京四中高三（上）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年北京四中高三（上）开学数学试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 在的展开式中，的系数为( )
A. B. C. D.
3. 已知，，，则，，的大小关系为( )
A. B. C. D.
4. 有名学生，其中名男生，名女生，从中任选名学生，其中恰好有名男生的概率是( )
A. B. C. D.
5. 已知函数在上可导，其部分图象如图所示，设，则下列不等式正确的是( )
A. B.
C. D.
6. 给出下面四个命题：
“直线，不相交”是“直线，为异面直线”的充分而不必要条件；
“平面”是“直线平面内所有直线”的充要条件；
“平行于所在的平面”是“直线直线”的充要条件；
“直线平行于内的一条直线”是“直线平面”的必要而不充分条件．
其中正确命题的序号是( )
A. B. C. D.
7. “苏州码子”发源于苏州，在明清至民国时期，作为一种民间的数字符号曾经流行一时，广泛应用于各种商业场合多年前，詹天佑主持修建京张铁路，首次将“苏州码子”刻于里程碑上“苏州码子”计数方式如下：、、、、、、、、、为了防止混淆，有时要将“”“”“”横过来写已知某铁路的里程碑所刻数字代表距离始发车站的里程，每隔公里摆放一个里程碑，若在点处里程碑上刻着“”，在点处里程碑刻着“”，则从点到点里程碑的个数应为( )
A. B. C. D.
8. 在中，若，则为( )
A. 直角三角形 B. 等腰三角形
C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形
9. 已知函数，若对于任意正数，关于的方程都恰有两个不相等的实数根，则满足条件的实数的个数为( )
A. B. C. D. 无数
10. 在平面直角坐标系中，已知直线与曲线从左至右依次交于，，三点若直线：上存在点满足，则实数的取值范围是( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）
11. 若复数满足，则的虚部为______ ．
12. 已知，则向量与向量的夹角是______．
13. 角的终边与单位圆的交点位于第一象限，其横坐标为，那么 ，点沿单位圆逆时针运动到点，所经过的弧长为，则点的横坐标为 ．
14. 抛物线的焦点为，其准线与双曲线相交于，两点，若为等边三角形，则______．
15. 如图，在长方体中，，，动点，分别在线段和上
给出下列四个结论：
；
不可能是等边三角形；
当时，；
至少存在两组，，使得三棱锥的四个面均为直角三角形．
其中所有正确结论的序号是______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共85.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 本小题分
如图，四棱柱中，底面是菱形，，对角面是矩形，且平面平面．
Ⅰ证明：侧棱平面；
Ⅱ设，若，求二面角的余弦值．
17. 本小题分
已知的内角，，的对边分别为，，，．
求角的大小；
从以下三个条件中选择一个作为已知，使得三角形存在且唯一确定，求的面积．
条件：，
条件：，
条件：，
注：如果选择的条件不符合要求第问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
18. 本小题分
年第届冬季奥林匹克运动会期间，为保障冬奥会顺利运行，组委会共招募约万人参与赛会志愿服务，赛会共设对外联络服务、竞赛运行服务、文化展示服务等共类志愿服务．
Ⅰ甲、乙两名志愿者被随机分配到不同类志愿服务中，每人只参加一类志愿服务求甲被分配到对外联络服务且乙被分配到竞赛运行服务的概率；
Ⅱ已知来自某中学的每名志愿者被分配到文化展示服务类的概率是，设来自该中学的名志愿者被分配到文化展示服务类的人数为，求的分布列与数学期望；
Ⅲ已知在万名志愿者中，岁人群占比达到，为了解志愿者们对某一活动方案是否支持，通过分层随机抽样获得如下数据：
岁人群 其它人群
支持 不支持 支持 不支持
方案 人 人 人 人
假设志愿者对活动方案是否支持相互独立将志愿者支持方案的概率估计值记为，去掉其他人群后志愿者支持方案的概率估计值记为，试比较与的大小结论不要求证明
19. 本小题分
设函数，．
求的单调区间和极值；
证明：若存在零点，则在区间上仅有一个零点．
20. 本小题分
已知椭圆：的右焦点为，且经过点．
Ⅰ求椭圆的方程；
Ⅱ设为原点，直线：与椭圆交于两个不同点、，直线与轴交于点，直线与轴交于点若，求证：直线经过定点．
21. 本小题分
正实数构成的集合，定义，且当集合中的元素恰有个数时，称集合具有性质．
Ⅰ判断集合，是否具有性质；
Ⅱ若集合具有性质，且中所有元素能构成等比数列，中所有元素也能构成等比数列，求集合中的元素个数的最大值；
Ⅲ若集合具有性质，且中的所有元素能构成等比数列问：集合中的元素个数是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
此题考查学生会进行补集及交集的运算，是一道基础题．学生在求补集时注意全集的范围．
由集合，求出集合的补集，然后求出集合和集合补集的交集即可．
【解答】
解：由，
得到，
又集合，
则．
故选D．
2.【答案】
【解析】解：的展开式中，的系数为．
故选：．
由二项展开式的通项公式求解即可．
本题主要考查二项式定理，考查二项展开式的通项公式，属于基础题．
3.【答案】
【解析】【分析】
利用对数函数和指数函数的性质求解．
本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．
【解答】
解：，，
，
又，
，
故选：．
4.【答案】
【解析】解：有名学生，其中名男生，名女生，从中任选名学生，
基本事件总数，
其中恰好有名男生包含的基本事件个数，
其中恰好有名男生的概率是．
故选：．
基本事件总数，其中恰好有名男生包含的基本事件个数，由此能求出其中恰好有名男生的概率．
本题考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了导数的几何意义以及函数的变化率，属于基础题．
解题时根据图象和导数的几何意义即可判断．
【解答】
解：由图象可知，当时，函数的增长越来越快，
与分别代表在，处的切线的斜率，
即，
，表示，两点连线的斜率，
，
故选B．
6.【答案】
【解析】解：对于直线、不相交直线，异面或平行，故错；
对于，直线与平面垂直的定义是直线与平面内的所有直线垂直，故正确；
对于，平行于所在的平面或与异面，故错；
对于，直线内的一条直线”“平行于所在平面或含于所在平面”，直线平面直线平行于内的一条直线，所以“直线平行于内的一条直线”是“直线平面”的必要而不充分条件，故正确，
所以正确选项为：．
故选：．
利用直线与直线、平面与平面间的位置关系及性质判断前后两个条件的推出关系，利用充要条件的定义得结论．
本题考查直线与直线间的位置关系及性质；充要条件的判断．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了简单的合情推理，考查了学生的逻辑推理能力，是基础题．
根据苏州码子”计数方式先求出，两点处距离始发车站的里程，再根据每隔公里摆放一个里程碑，即可求出结果．
【解答】
解：由苏州码子”计数方式可知点处里程碑上的“”表示公里，点处里程碑上的“”表示公里，
所以从点到点里程碑的个数应为：个，
故选：．
8.【答案】
【解析】解：，
由正弦定理得，即，
，
，
又，为三角形内角，
或即或，
是等腰三角形或直角三角形，
故选：．
由正弦定理得，求得，进而可知，又因为，为三角形内角，所以或即或，最后判断出三角形的形状．
本题主要考查了正弦定理，三角形内角和定理、诱导公式的应用．注意对通过边角问题的变化来解决解三角形问题．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查函数零点与方程根的关系，考查分类讨论思想及数形结合思想，属于中档题．
分情况讨论，并作出大致图象，由图象结合题意分析即可得解．
【解答】
解：函数的图象形状大致如下，
当时，要使有两个不相等的实数根，即的图象与直线有两个交点，如图，
当的对称轴在的左边，且两段在处相交时，可满足题意，此时，解得；
当时，如图，
要满足条件，需在处相接，且在处的函数值为，则，无解；
当时，，显然不合题意；
综上，满足条件的有个．
故选：．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了函数图象与方程的关系，考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
根据奇函数对称性得出，关于原点对称，于是，即为单位圆上的点．从而将问题转化为直线与单位圆有交点，根据点到直线的距离公式列出不等式求出的范围．
【解答】
解：和都是奇函数，
为原点，且，两点关于原点对称．
故原点为线段的中点．
，
．
即为单位圆上的点．
直线：与单位圆有交点，
，解得或．
实数的取值范围是．
故选：．
11.【答案】
【解析】解：，
则的虚部为．
故答案为：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：设的夹角为则
即
，
故答案为：
据题意可得，进一步利用向量夹角的范围求出夹角．
解决向量的夹角问题，一般利用向量的数量积公式进行解决．但要注意向量夹角的范围．
13.【答案】

【解析】解：角的终边与单位圆的交点位于第一象限，其横坐标为，
，，
设点沿单位圆逆时针运动到点，所经过的圆心角为，则，
点的横坐标．
故选：，．
先利用任意角的三角函数的定义求出，，设点沿单位圆逆时针运动到点，所经过的圆心角为，利用弧长公式可求，进而利用两角和的余弦公式即可求解．
本题主要考查了任意角的三角函数的定义，以及两角和的三角函数公式在三角函数求值中的应用，是基础题．
14.【答案】
【解析】【分析】
本题考查抛物线的简单性质，双曲线方程的应用，考查分析问题解决问题的能力以及计算能力．
求出抛物线的焦点坐标，准线方程，然后求出抛物线的准线与双曲线的交点横坐标，利用三角形是等边三角形求出即可．
【解答】
解：抛物线的焦点坐标为，准线方程为：，
准线方程与双曲线联立可得：，
解得，
因为为等边三角形，所以，即，
即，解得．
故答案为：．
15.【答案】
【解析】解：由题意，长方体中，到平面的距离为，到边的距离为，
，故正确；
由图可知，的最小值为，若，则，
，
若此时，则，
，
则，即取最小值为时，，不能同时取得，
当变大时，F、不可能同时大于，
不可能是等边三角形，故正确；
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

则，，设，，，，
，，
由，可得，，
，
，
由题意得与不恒相等，只有时才成立，故错误；
当为中点，与重合时，如图，
此时，，，
，，，，
，，
，三棱锥的四个面均为直角三角形，
当与重合，与重合时，如图，
由题意得，，，，
三棱锥的四个面均为直角三角形，
综上，至少存在两组，，使得三棱锥的四个面均为直角三角形，故正确．
故答案为：．
根据长方体的特征，利用等体积法确定；根据特征情况分析三角形边长可判断；利用向量法可判断；根据长方体中的特殊位置找出满足条件三棱锥判断．
本题考查长方体的特征、等体积法、向量法可、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】证明：平面是矩形，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面；
解：平面是菱形，，
以为原点，以，所在直线为轴，轴，建系如图，
设，则，，，
，，
设平面的法向量为，
则，即，取，
又为平面的一个法向量，
，
又由图形可知二面角为锐二面角，
二面角的余弦值为．
【解析】根据面面垂直的性质定理，即可证明；
建立空间坐标系，求出平面和平面的法向量，再根据向量夹角公式，即可求解．
本题考查线面垂直的证明，向量法求解二面角问题，属中档题．
17.【答案】解：由正弦定理得：，
又，
，
，
，
，即，
，
．
若选条件，由余弦定理得：，
即，
解得：或，
三角形不唯一，不合题意；
若选条件，由正弦定理得：，
由余弦定理得：，
即，
解得：舍或，
满足题意的三角形唯一，满足题意；此时；
若选条件，由余弦定理得：，
即，
解得：舍或，
满足题意的三角形唯一，满足题意，
此时．
【解析】利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换知识可求得，由此可得；
若选，利用余弦定理构造方程求得，知三角形不唯一，不合题意；若选，利用正弦定理可求得，再利用余弦定理求得，代入三角形面积公式即可；若选，利用余弦定理可构造方程求得，代入三角形面积公式即可．
本题主要考查解三角形，属于中档题．
18.【答案】解：Ⅰ甲、乙两名志愿者被随机分配到不同类志愿服务中，每人只参加一类志愿服务的基本事件空间有个基本事件，
事件：“甲被分配到对外联络服务且乙被分配到竞赛运行服务”，包含个基本事件，则；
Ⅱ由题知，，，，
，
，
，
则的分布列为：
的数学期望；
Ⅲ由已知得志愿者支持方案的概率估计值记为，
去掉其它人群志愿者，支持方案的概率估计值记为，
故．
【解析】Ⅰ根据古典概型的计算公式直接计算；
Ⅱ分别计算概率并列出分布列，并求期望；
Ⅲ根据古典概型计算公式分别计算与，并比较大小．
本题考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
19.【答案】解：由
由解得
与在区间上的情况如下：



所以，的单调递增区间为，单调递减区间为；
在处的极小值为，无极大值．
证明：由知，在区间上的最小值为．
因为存在零点，所以，从而
当时，在区间上单调递减，且
所以是在区间上唯一零点．
当时，在区间上单调递减，且，
所以在区间上仅有一个零点．
综上所述，若存在零点，则在区间上仅有一个零点．
【解析】本题考查利用函数的导数求单调区间和导数的综合应用，在高考中属于常见题型．
利用或求得函数的单调区间并能求出极值；
利用函数的导数的极值求出最值，利用最值讨论存在零点的情况．
20.【答案】解：Ⅰ椭圆：的右焦点为在轴上，且经过点，
可得，，
则椭圆方程为；
Ⅱ证明：设，，
则直线的方程为．
令，得点的横坐标．
又，从而
同理，
由得，
则，．
所以
又，所以．
解得，所以直线经过定点．
【解析】本题考查椭圆的方程和运用，考查联立直线方程和椭圆方程，运用根与系数的关系，考查直线恒过定点的求法，考查化简整理的运算能力，属于拔高题．
Ⅰ由题意可得，由，，的关系，可得，进而得到所求椭圆方程；
Ⅱ与椭圆方程联立，运用根与系数的关系，化简整理，求出，可得结论．
21.【答案】解：Ⅰ，，
则具有性质；不具有性质．
Ⅱ当中的元素个数时，
不妨设元素依次为，，，构成等比数列，则，
其中，，，互不相同．
这与具有性质，中恰有个元素矛盾，
即任取中两个不同元素组成组合的两个数其积的结果互不相同矛盾．
当中的元素个数恰有个时，取时满足条件，
所以集合中的元素个数最大值为．
Ⅲ，，，，不妨设，
所以．
当时，，，，，构成等比数列，
所以，即，其中，，，互不相同．
这与中恰有个元素，
即任取中两个不同元素组成组合的两个数其积的结果互不相同相矛盾．
当时，，，，，构成等比数列，第项是或．
若第项是，则，即，
即，所以，与题意矛盾．
若第项是，则，即，
即，所以，，成等比数列，设公比为，
则中等比数列的前三项为：
，，，其公比为，第四项为，第十项为．
(ⅰ)若第四项为，则，即，得，
又，即，得，
此时中依次为，显然，不合题意．
(ⅱ)若第四项为，则，得，又，得，
此时中依次为，显然，不合题意．
因此，取满足条件．
所以中的元素个数最大值是．
【解析】Ⅰ按照定义判断即可；Ⅱ当时，判断中元素个数即可；Ⅲ因为，不妨设，对分类讨论中元素个数即可．
本题考查等比数列的性质，考查集合的新定义，属于难题．
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