北京市汇文中学教育集团2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题（含答案）
文档属性
| 名称 | 北京市汇文中学教育集团2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 北师大版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-22 11:58:41 | ||
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文档简介
北京市汇文中学教育集团2023-2024学年高三上学期期中考试
数学学科
本试卷共6页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.
一、选择题（每题4分，共40分）
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.下列命题中，正确的是（ ）
A.的虚部是2
B.
C.的共轭复数是
D.在复平面内对应的点在第二象限
3.已知点是角终边上一点，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知，表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（ ）
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，则 D.若，，则
5.在中，点在边上，.记，.则（ ）
A. B. C. D.
6.函数在区间上的最大值为（ ）
A. B. C.1 D.
7.在数列中，已知，，则“”是“”是单调递增数列的（ ）
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
8.已知函数的部分图象如图所示，将该函数的图象向左平移（）个单位长度，得到函数的图象.若函数为奇函数，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
9.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.如图3中每个正方体的棱长为1，则点到平面的距离为（ ）
图1 图2 图3
A. B. C.1 D.
10.设函数，给出下列四个结论：
①当时，函数有三个极值点；
②当时，函数有三个极值点；
③，是函数的极小值点；
④，不是函数的极大值点.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A.①② B.②③ C.①④ D.②④
二、填空题（每题5分，共25分）
11.首项为1的等比数列中，，，成等差数列，则公比______.
12.若函数为偶函数，则______，的最小值为______.
13.已知正四棱锥，底面边长为2，体积为，则这个四棱锥的侧棱长为______.
14.已知数列满足，，，.则集合中元素的个数为______.
15.已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意，，（，），则______.
三、解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16.（13分）中，.
（Ⅰ）求的大小；
（Ⅱ）以下三组条件中恰有一组条件使得三角形存在且唯一确定，请选出该组条件，并求的面积.
条件①：，；
条件②：，；
条件③：，.
注：条件选择错误，第（2）问得0分.
17.（14分）如图，已知平面平面，四边形是矩形，，点，分别是，的中点.
（Ⅰ）若点为线段中点，求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面.
18.（15分）已知函数.
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）求的单调区间；
（Ⅲ）若对于任意，都有，求实数的取值范围.
19.（14分）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一点.
（Ⅰ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）是否存在点，使平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
20.（14分）已知函数.
（Ⅰ）求证：函数在区间上为单调递增函数；
（Ⅱ）若函数在上的最大值在区间内，求整数的值.
21.（15分）已知数列：，，…，.如果数列：，，满足，，其中，则称为的“衍生数列”.
（Ⅰ）若数列：，，，的“衍生数列”是：5，，7，2，求；
（Ⅱ）若为偶数，且的“衍生数列”是，证明：的“衍生数列”是；
（Ⅲ）若为奇数，且的“衍生数列”是，的“衍生数列”是，…依次将数列，，，…第（）项取出，构成数列：，，….
求证：是等差数列.
北京市汇文中学教育集团2023-2024学年高三上学期期中考试
数学参考答案
一、选择题
BBADB CCBAD
二、填空题
11.2 12.，2 13. 14.24 15.3，
16.（Ⅰ）由余弦定理，又，
可得，所以，又因为，所以
（Ⅱ）选择条件②
由（Ⅰ）知，，根据条件②中，，所以也是唯一确定的，从而可得也是唯一确定的，再由，代入正弦定理计算可得边，也是唯一确定的，故选择条件②.
因为，，所以.
由正弦定理，可得，
所以
所以三角形面积.
17.（Ⅰ）证明：连结交于，连结，.
因为四边形是矩形，所以，且，
又，分别为，的中点，
所以四边形是平行四边形，所以为的中点，
又因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）证明：在矩形中，
，∴面
因为平面，所以.
因为，点是的中点，
所以
又因为，所以平面.
18.解：（Ⅰ）因为函数，
所以，.
又因为，
所以曲线在点处的切线方程为.
（Ⅱ）函数定义域为，
由（Ⅰ）可知，.
令，解得.
与在区间上的情况如下：
－ 0 ＋
极小值
故的增区间为，减区间为.
（Ⅲ）当时，“”等价于“”恒成立，
令，，
，.
当时，，所以在区间单调递减.
当时，，所以在区间单调递增.
而，，
所以在区间上的最大值为.
所以当时，对于任意，都有.
19.（Ⅰ）以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
，，
设平面的一个法向量为
不妨设，则，，
设直线与平面所成角为，则.
（Ⅱ）由正方体可得，平面的一个法向量为，则.
因为二面角为锐二面角，
所以二面角的正弦值为.
（Ⅲ）存在，设点的坐标为，所以
平面的一个法向量为，
因为，所以，
因为平面，所以平面.此时
20.解：（Ⅰ），
当时，，，，∴单调递增
（Ⅱ）.
令，则，所以在上单调递增，
因为，，
所以存在，使得，即，即，
故当时，，当时，，
又当时，（等号仅在时成立），所以当时，，
当时，（等号仅在时成立），
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
令，，则（），
所以在上单调递增，则，，
所以，所以.
21.（Ⅰ）解：：2，1，4，5
（Ⅱ）证法一：证明：由已知，，.
因此，猜想.
①当时，，猜想成立；
②假设（）时，.
当时，
故当时猜想也成立.
由①、②可知，对于任意正整数，有
设数列的“衍生数列”为，则由以上结论可知
，其中.
由于为偶数，所以，
所以，其中.
因此，数列即是数列.
证法二：因为，，，……，
由于为偶数，将上述个等式中的第2，4，6这个式子都乘以，相加得
即，.
由于，（），
根据“衍生数列”的定义知，数列是的“衍生数列”.
（Ⅲ）证法一：证明：设数列，，中后者是前者的“衍生数列”.欲证成等差数列，
只需证明，，成等差数列，即只要证明（）即可.
由（Ⅱ）中结论可知，
所以，，即，，成等差数列，
所以是等差数列.
证法二：因为（），
所以（）.
所以欲证成等差数列，只需证明成等差数列即可.
对于数列及其“衍生数列”，
因为，，，……，
由于为奇数，将上述个等式中的第2，4，6，…，这个式子都乘以，相加得
即.
设数列的“衍生数列”为，
因为，，所以，即，，成等差数列.
同理可证，，，；，，；…也成等差数列.
即是等差数列.所以成等差数列.
数学学科
本试卷共6页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.
一、选择题（每题4分，共40分）
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.下列命题中，正确的是（ ）
A.的虚部是2
B.
C.的共轭复数是
D.在复平面内对应的点在第二象限
3.已知点是角终边上一点，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知，表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（ ）
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，则 D.若，，则
5.在中，点在边上，.记，.则（ ）
A. B. C. D.
6.函数在区间上的最大值为（ ）
A. B. C.1 D.
7.在数列中，已知，，则“”是“”是单调递增数列的（ ）
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
8.已知函数的部分图象如图所示，将该函数的图象向左平移（）个单位长度，得到函数的图象.若函数为奇函数，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
9.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.如图3中每个正方体的棱长为1，则点到平面的距离为（ ）
图1 图2 图3
A. B. C.1 D.
10.设函数，给出下列四个结论：
①当时，函数有三个极值点；
②当时，函数有三个极值点；
③，是函数的极小值点；
④，不是函数的极大值点.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A.①② B.②③ C.①④ D.②④
二、填空题（每题5分，共25分）
11.首项为1的等比数列中，，，成等差数列，则公比______.
12.若函数为偶函数，则______，的最小值为______.
13.已知正四棱锥，底面边长为2，体积为，则这个四棱锥的侧棱长为______.
14.已知数列满足，，，.则集合中元素的个数为______.
15.已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意，，（，），则______.
三、解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16.（13分）中，.
（Ⅰ）求的大小；
（Ⅱ）以下三组条件中恰有一组条件使得三角形存在且唯一确定，请选出该组条件，并求的面积.
条件①：，；
条件②：，；
条件③：，.
注：条件选择错误，第（2）问得0分.
17.（14分）如图，已知平面平面，四边形是矩形，，点，分别是，的中点.
（Ⅰ）若点为线段中点，求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面.
18.（15分）已知函数.
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）求的单调区间；
（Ⅲ）若对于任意，都有，求实数的取值范围.
19.（14分）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一点.
（Ⅰ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）是否存在点，使平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
20.（14分）已知函数.
（Ⅰ）求证：函数在区间上为单调递增函数；
（Ⅱ）若函数在上的最大值在区间内，求整数的值.
21.（15分）已知数列：，，…，.如果数列：，，满足，，其中，则称为的“衍生数列”.
（Ⅰ）若数列：，，，的“衍生数列”是：5，，7，2，求；
（Ⅱ）若为偶数，且的“衍生数列”是，证明：的“衍生数列”是；
（Ⅲ）若为奇数，且的“衍生数列”是，的“衍生数列”是，…依次将数列，，，…第（）项取出，构成数列：，，….
求证：是等差数列.
北京市汇文中学教育集团2023-2024学年高三上学期期中考试
数学参考答案
一、选择题
BBADB CCBAD
二、填空题
11.2 12.，2 13. 14.24 15.3，
16.（Ⅰ）由余弦定理，又，
可得，所以，又因为，所以
（Ⅱ）选择条件②
由（Ⅰ）知，，根据条件②中，，所以也是唯一确定的，从而可得也是唯一确定的，再由，代入正弦定理计算可得边，也是唯一确定的，故选择条件②.
因为，，所以.
由正弦定理，可得，
所以
所以三角形面积.
17.（Ⅰ）证明：连结交于，连结，.
因为四边形是矩形，所以，且，
又，分别为，的中点，
所以四边形是平行四边形，所以为的中点，
又因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）证明：在矩形中，
，∴面
因为平面，所以.
因为，点是的中点，
所以
又因为，所以平面.
18.解：（Ⅰ）因为函数，
所以，.
又因为，
所以曲线在点处的切线方程为.
（Ⅱ）函数定义域为，
由（Ⅰ）可知，.
令，解得.
与在区间上的情况如下：
－ 0 ＋
极小值
故的增区间为，减区间为.
（Ⅲ）当时，“”等价于“”恒成立，
令，，
，.
当时，，所以在区间单调递减.
当时，，所以在区间单调递增.
而，，
所以在区间上的最大值为.
所以当时，对于任意，都有.
19.（Ⅰ）以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
，，
设平面的一个法向量为
不妨设，则，，
设直线与平面所成角为，则.
（Ⅱ）由正方体可得，平面的一个法向量为，则.
因为二面角为锐二面角，
所以二面角的正弦值为.
（Ⅲ）存在，设点的坐标为，所以
平面的一个法向量为，
因为，所以，
因为平面，所以平面.此时
20.解：（Ⅰ），
当时，，，，∴单调递增
（Ⅱ）.
令，则，所以在上单调递增，
因为，，
所以存在，使得，即，即，
故当时，，当时，，
又当时，（等号仅在时成立），所以当时，，
当时，（等号仅在时成立），
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
令，，则（），
所以在上单调递增，则，，
所以，所以.
21.（Ⅰ）解：：2，1，4，5
（Ⅱ）证法一：证明：由已知，，.
因此，猜想.
①当时，，猜想成立；
②假设（）时，.
当时，
故当时猜想也成立.
由①、②可知，对于任意正整数，有
设数列的“衍生数列”为，则由以上结论可知
，其中.
由于为偶数，所以，
所以，其中.
因此，数列即是数列.
证法二：因为，，，……，
由于为偶数，将上述个等式中的第2，4，6这个式子都乘以，相加得
即，.
由于，（），
根据“衍生数列”的定义知，数列是的“衍生数列”.
（Ⅲ）证法一：证明：设数列，，中后者是前者的“衍生数列”.欲证成等差数列，
只需证明，，成等差数列，即只要证明（）即可.
由（Ⅱ）中结论可知，
所以，，即，，成等差数列，
所以是等差数列.
证法二：因为（），
所以（）.
所以欲证成等差数列，只需证明成等差数列即可.
对于数列及其“衍生数列”，
因为，，，……，
由于为奇数，将上述个等式中的第2，4，6，…，这个式子都乘以，相加得
即.
设数列的“衍生数列”为，
因为，，所以，即，，成等差数列.
同理可证，，，；，，；…也成等差数列.
即是等差数列.所以成等差数列.
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