北京市第八中学2024届高三上学期期中练习数学试题（含解析）

2023-2024学年度第一学期期中练习题
年级：高三科目：数学
考试时间120分钟，满分150分
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1. 已知集合，集合，则（）
A. B. C. D.
2. 复数的虚部为
A. B. C. D.
3. 下列函数中最小值为4的是（）
A. B.
C. D.
4. 在空间中，若a，b，c是三条直线，α，β是两个平面，下列判断正确的是（）
A. 若a的方向向量与α的法向量垂直，则；
B. 若，，则；
C. 若，，，则；
D. 若α，β相交但不垂直，，则在β内一定存在直线l，满足．
5. “”是“”的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
6. 已知向量，满足，，，则（）
A. B. C. D.
7. 如图，点为坐标原点，点，若函数及图象与线段分别交于点，，且，恰好是线段的两个三等分点，则，满足．
A. B. C. D.
8. 在中，，BC边上的高等于,则（　　）
A. B. C. D.
9. 某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案．方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过；方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过．假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是a，b，c，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．则哪种方案能通过考试的概率更大（）
A. 方案一B. 方案二C. 相等D. 无法比较
10. 如图，已知正方体的棱长为，、分别是棱、上的动点，设，.若棱与平面有公共点，则的取值范围是（）
AB. C. D.
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）
11. 已知直线，．若，则实数的值是_______．
12. 等差数列的前n项和为，，，则___________
13. 函数的图象可由函数的图象至少向右平移_____个单位长度得到．
14. 已知直线：与圆交于，两点，过，分别作的垂线与轴交于，两点，若，则__________．
15. 对于函数，若在其定义域内存在，使得成立，则称函数具有性质.
（1）下列函数中具有性质的有___________.
①
②
③，（）
④
（2）若函数具有性质，则实数的取值范围是___________.
三、解答题（本大题共6小题，共85分）
16. 已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）在中，a，b，c为角A，B，C的对边，且满足，且，求角A的值，进而再求的取值范围．
17. 随着“中华好诗词”节目的播出，掀起了全民诵读传统诗词经典的热潮．某社团为调查大学生对于“中华诗词”的喜好，从甲、乙两所大学各随机抽取了40名学生，记录他们每天学习“中华诗词”的时间，按照，，，，，分组，并整理得到如下频率分布直方图：
根据学生每天学习“中华诗词”时间，可以将学生对于“中华诗词”的喜好程度分为三个等级：
学习时间：（分钟/天）
等级 一般 爱好 痴迷
（1）从甲大学中随机选出一名学生，试估计其“爱好”中华诗词概率；
（2）从这两组“痴迷”的同学中随机选出2人，记ξ为选出的两人中甲大学的人数，求ξ的分布列和数学期望；
（3）试判断选出的这两组学生每天学习“中华诗词”时间的平均值与的大小，及方差与的大小．（只需写出结论）
18. 羡除是《九章算术》中记载的一种五面体．如图五面体ABCDEF，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，其中，，，，M为AD中点，平面BCEF与平面ADEF交于EF．再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得羡除ABCDEF能够确定，然后解答下列各题：
（1）求证：平面CDE；
（2）求二面角的余弦值．
（3）在线段AE上是否存在点Q，使得MQ与平面ABE所成的角的正弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
条件①：平面平面ABCD；
条件②：平面平面ABCD；
条件③：．
19. 已知椭圆W：的焦距为4，短轴长为2，O为坐标原点．
（1）求椭圆W的方程；
（2）设A，B，C是椭圆W上的三个点，判断四边形OABC能否为矩形？并说明理由．
20. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线的方程；
（2）若函数在处取得极大值，求a的取值范围；
（3）若函数存在最小值，直接写出a的取值范围．
21. 设数阵，其中、、、．设，其中，且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”（、、、）．表示“将经过变换得到，再将经过变换得到、 ，以此类推，最后将经过变换得到”，记数阵中四个数的和为．
（1）若，写出经过变换后得到的数阵；
（2）若，，求的值；
（3）对任意确定一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过．
2023-2024学年度第一学期期中练习题
年级：高三科目：数学
考试时间120分钟，满分150分
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1. 已知集合，集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次不等式求集合B，利用集合交运算求.
【详解】由题设，或，
所以.
故选：B
2. 复数的虚部为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：，虚部为．故选B．
考点：复数的概念．
3. 下列函数中最小值为4的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．
【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；
对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；
对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；
对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出．
4. 在空间中，若a，b，c是三条直线，α，β是两个平面，下列判断正确的是（）
A. 若a的方向向量与α的法向量垂直，则；
B. 若，，则；
C. 若，，，则；
D. 若α，β相交但不垂直，，则在β内一定存在直线l，满足．
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间线线、线面的位置关系逐个选项判断即可.
【详解】对于A，直线a可能在平面内，所以A错误；
对于B，根据空间线面位置关系，则直线a与平面位置关系可能是平行，所以B错误；
对于C，若不在平面β内，则可以不满足，所以C错误；
对于D，设，若直线∥，则在平面内一定存在直线，则；
若直线与相交，设交点为，取直线上与不重合的点，
过作于，连接
则平面内一定存在直线，又，，
所以平面，又因为在平面内，所以，所以D正确；
故选：D
5. “”是“”的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】令，则，
∴单调递增，且，
∴“”是””的充要条件．故选．
【详解】请此输入详解！
6. 已知向量，满足，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】计算出、的值，利用平面向量数量积可计算出的值.
【详解】，，，.
，
因此，.
故选：D.
【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.
7. 如图，点为坐标原点，点，若函数及的图象与线段分别交于点，，且，恰好是线段的两个三等分点，则，满足．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由恰好是线段的两个三等分点，求得的坐标，分别代入指数函数和对数函数的解析式，求得的值，即可求解.
【详解】由题意知，且恰好是线段的两个三等分点，所以，，
把代入函数，即，解得，
把代入函数，即，即得，所以.
故选A.
【点睛】本题主要考查了指数函数与对数函数的图象与性质的应用，其中解答熟练应用指数函数和对数函数的解析式求得的值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
8. 在中，，BC边上的高等于,则（　　）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
详解】试题分析：设
,故选C.
考点：解三角形.
9. 某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案．方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过；方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过．假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是a，b，c，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．则哪种方案能通过考试的概率更大（）
A. 方案一B. 方案二C. 相等D. 无法比较
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，分别求得方案一和方案二的概率，作出比较，即可求解.
【详解】设三门考试课程考试通过的事件为，相应的概率为，
则考试三门课程，至少有两门及格的事件为，
其概率为，
设在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格的概率为，则,
又由
，
所以，即用方案一的概率大于用方案二的概率.
故选：A.
10. 如图，已知正方体的棱长为，、分别是棱、上的动点，设，.若棱与平面有公共点，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取特殊值和，进行验证，结合排除法可得出结论.
【详解】由题意，若，则棱与平面交于点，符合题意，此时；
若，，则棱与平面交于线段，符合题意，此时.
排除B、C、D选项.
故选：A．
【点睛】本题考查线面位置关系，考查特殊值法的运用，属于中档题．
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）
11. 已知直线，．若，则实数的值是_______．
【答案】0或－3
【解析】
【详解】试题分析：由题意得：
考点：直线位置关系
12. 等差数列前n项和为，，，则___________
【答案】.
【解析】
【分析】根据已知，利用等差数列的通项、求和公式、裂项相消法求解.
【详解】由题知，因为，，
所以，
解得，所以，
所以，
所以
故答案为：.
13. 函数的图象可由函数的图象至少向右平移_____个单位长度得到．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：,故应至少向右平移个单位.
考点：1、三角恒等变换；2、图象的平移.
14. 已知直线：与圆交于，两点，过，分别作的垂线与轴交于，两点，若，则__________．
【答案】4
【解析】
【分析】由题，根据垂径定理求得圆心到直线的距离，可得m的值，既而求得CD的长可得答案.
【详解】因为，且圆的半径为，所以圆心到直线的距离为，则由，解得，代入直线的方程，得，所以直线的倾斜角为，由平面几何知识知在梯形中，．
故答案为4
【点睛】解决直线与圆的综合问题时，一方面，要注意运用解析几何的基本思想方法（即几何问题代数化），把它转化为代数问题；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系得非常紧密，因此，准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决．
15. 对于函数，若在其定义域内存在，使得成立，则称函数具有性质.
（1）下列函数中具有性质的有___________.
①
②
③，（）
④
（2）若函数具有性质，则实数的取值范围是___________.
【答案】 ①. ①②④ ②. 或．
【解析】
【分析】（1）令，由，可判断；由sinx=有解，可判断是否具有性质P；令=，此方程无解，由此可判断；由两图象在有交点可判断；
（2）问题转化为方程有根，令，求导函数，分析导函数的符号，得所令函数的单调性及最值，由此可求得实数的取值范围．
【详解】解：（1）在时，有解，即函数具有性质P，
令，即，
∵，故方程有一个非0实根，故具有性质P；
的图象与有交点，
故sinx=有解，故具有性质P；
令=，此方程无解，故，（）不具有性质P；
令，则由两图象在有交点，所以有根，所以具有性质P；
综上所述，具有性质P的函数有：①②④；
（2）具有性质P，显然，方程有根，
令，则，令，解得，
当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，
所以，
所以的值域[，+∞），∴，
解之可得：或．
故答案为：①②④；或．
【点睛】方法点评：解决本题的关键是审清题意，把方程的解转化为两个图象有交点，本题考查的是方程的根，新定义，函数的值域，是方程和函数的综合应用，难度比较大．
三、解答题（本大题共6小题，共85分）
16. 已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）在中，a，b，c为角A，B，C的对边，且满足，且，求角A的值，进而再求的取值范围．
【答案】（1）
（2），的取值范围是
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式、正弦函数的图象与性质运算即可得解.
（2）利用正弦定理、二倍角公式、辅助角公式、正弦函数的图象与性质运算即可得解.
【小问1详解】
解：由题意，，
由，
解得：，
∴单调递增区间为．
【小问2详解】
解：∵，
∴由正弦定理，，
∵在中，则，
∴，即，
∴
当时，；
当即时，．
∵，∴．
由（1）知，则，
∵，则，
∴，
∴，
∴，
即的取值范围是.
综上知，，的取值范围是.
17. 随着“中华好诗词”节目的播出，掀起了全民诵读传统诗词经典的热潮．某社团为调查大学生对于“中华诗词”的喜好，从甲、乙两所大学各随机抽取了40名学生，记录他们每天学习“中华诗词”的时间，按照，，，，，分组，并整理得到如下频率分布直方图：
根据学生每天学习“中华诗词”的时间，可以将学生对于“中华诗词”的喜好程度分为三个等级：
学习时间：（分钟/天）
等级 一般 爱好 痴迷
（1）从甲大学中随机选出一名学生，试估计其“爱好”中华诗词的概率；
（2）从这两组“痴迷”的同学中随机选出2人，记ξ为选出的两人中甲大学的人数，求ξ的分布列和数学期望；
（3）试判断选出的这两组学生每天学习“中华诗词”时间的平均值与的大小，及方差与的大小．（只需写出结论）
【答案】（1）0.65
（2）分布列见解析，
（3）；
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图直接用频率估计概率即可得答案；
（2）由题知甲大学随机选取的40名学生中“痴迷”的学生有人，乙大学随机选取的40名学生中“痴迷”的学生有人，进而根据超几何分布求解即可；
（3）根据频率分布直方图的分布，结合平均值，方差的意义分析求解即可.
【小问1详解】
解：由甲大学的频率分布直方图，结合等比分布表知，
甲大学随机选取的40名学生中，“爱好”中华诗词的频率为：
，
所以从甲大学中随机选出一名学生，“爱好”中华诗词的概率为0.65．
【小问2详解】
解：由题知：甲大学随机选取的40名学生中“痴迷”的学生有人，
乙大学随机选取的40名学生中“痴迷”的学生有人，
所以，随机变量ξ的取值为，1，2．
所以，，，．
所以ξ的分布列为
0 1 2
ξ的数学期望为
【小问3详解】
解：由甲乙大学的频率分布直方图可知，乙大学的学生每天学习“中华诗词”的时间相对较长，且集中，
所以，；
18. 羡除是《九章算术》中记载的一种五面体．如图五面体ABCDEF，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，其中，，，，M为AD中点，平面BCEF与平面ADEF交于EF．再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得羡除ABCDEF能够确定，然后解答下列各题：
（1）求证：平面CDE；
（2）求二面角的余弦值．
（3）在线段AE上是否存在点Q，使得MQ与平面ABE所成的角的正弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
条件①：平面平面ABCD；
条件②：平面平面ABCD；
条件③：．
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）确定四边形BCDM为平行四边形，，得到证明.
（2）若选择①，确定，，建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算平面法向量即可，选②或者③，确定，，平面平面ABCD，建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
（3）若选择①，假设存在，，，利用向量的夹角公式计算即可，若选择②③，假设存在，，确定，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【小问1详解】
等腰梯形ABCD，M是AD中点，，又，
故四边形BCDM为平行四边形，故，
平面CDE，平面CDE，故平面CDE．
【小问2详解】
选①：连接，，作于，则，，，
同理可得，，故，
平面平面ABCD，平面平面，平面，
故平面，平面，故，
，故，此时，故，
如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，
设平面的法向量为，则，
取得到；
设平面的法向量为，则，
取得到；
，
所以二面角的余弦值为．
选②：取BC中点为N，EF中点为P，连接MP和MN
平面平面ABCD，故平面平面，
，平面ADEF，故平面ABCD，，
如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，，
，，
设平面BAE的一个法向量，，，
令，则，，则
易知是平面AEF的一个法向量，
，根据图像知二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
选③：取MD中点，连接和，易知，，
，，，，故，
故二面角，故平面平面ABCD，
取BC中点为N，EF中点为P，连接MP和MN
平面平面ABCD，平面平面，，
平面ADEF，故平面ABCD，故，
如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，
后续同②；
【小问3详解】
若选择①：
设，，，
，
，
解得，均不满足题意，故不存在点Q．
若选②或者③：
设，，，，
，解得，
均不满足题意，故不存在点Q．
19. 已知椭圆W：的焦距为4，短轴长为2，O为坐标原点．
（1）求椭圆W的方程；
（2）设A，B，C是椭圆W上的三个点，判断四边形OABC能否为矩形？并说明理由．
【答案】（1）
（2）四边形OABC可以为矩形，理由见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得，从而可得，进而可求得方程；
（2）设AC：，，，AC中点，，联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理得，，结合条件可得，从而可得；利用中点坐标求得，，代入椭圆方程可得，从而可求得，进而求得，，此时满足，问题得解.
【小问1详解】
由题意可得，则，
所以椭圆W的方程为．
【小问2详解】
设AC：，，，AC中点，，
联立方程组，
，
，．（1）
由条件，得，
即，
整理得，
将（1）式代入得，
即（2）
又，，
且M同时也是OB的中点，所以，，
因为B在椭圆上，所以，
即，，
所以（3）
由（2）（3）解得，，
验证知，
所以四边形OABC可以为矩形．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线的方程；
（2）若函数在处取得极大值，求a的取值范围；
（3）若函数存在最小值，直接写出a的取值范围．
【答案】20.
21.
22.
【解析】
【分析】（1）先求导后求出切线的斜率，然后求出直线上该点的坐标即可写出直线方程；
（2）根据函数的单调性和最值分类讨论；
（3）分情况讨论，根据函数的单调性和极限求解.
【小问1详解】
，所以：切点为，
又，所以：，
所以：切线方程为.
【小问2详解】
定义域为R，，
①当时，，令得，所以：单调递增区间为；
令得，所以单调递减区间为；所以：在取极大值，符合题意．
②当时，由，得：，
，，变化情况如下表：
0
－ 0 + 0 －
减 极小值 增 极大值 减
所以：在处取得极大值，所以：符合题意．
③当时，由，得：，，
（i）当即时，，变化情况如下表：
0
+ 0 － 0 +
增 极大值 减 极小值 增
所以：在处取得极小值，不合题意．
（ⅱ）当即时，在R上恒成立，所以：在R上单调递增，无极大值点．
（iii）当，即时，，变化情况如下表：
0
+ 0 － 0 +
增 极大值 减 极小值 增
所以：在处取得极大值，所以：合题意．
综上可得：的取值范围是．
【小问3详解】
详解如下：根据（2）知可分三种情况：①，②，③：
①当时，在区间单调递减，单调递增，在上
单调递减，无最小值.
②当时，当，趋向时，趋向于，
当，要使函数取得存在的最小值，
即：，解得：，
故时，取得最小值，故的取值范围为.
③当时，在趋向时，趋向于，
又因为时，取到极小值，，故无最小值.
综上所述：函数存在最小值，的取值范围为：.
21. 设数阵，其中、、、．设，其中，且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”（、、、）．表示“将经过变换得到，再将经过变换得到、 ，以此类推，最后将经过变换得到”，记数阵中四个数的和为．
（1）若，写出经过变换后得到的数阵；
（2）若，，求的值；
（3）对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过．
【答案】（1）；（2）；（3）见解析.
【解析】
【分析】
（1）由，能求出经过变换后得到的数阵；
（2）由，，求出数阵经过变化后的矩阵，进而可求得的值；
（3）分和两种情况讨论，推导出变换后数阵的第一行和第二行的数字之和，由此能证明的所有可能取值的和不超过．
【详解】（1），经过变换后得到的数阵；
（2）经变换后得，故；
（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
同时含有和的子集共个，经过变换后第一行仍为、；
不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为
.
若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有第一行的所有数的和为．
同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为．
所以的所有可能取值的和为，
又因为、、、，所以的所有可能取值的和不超过．
【点睛】本题考查数阵变换的求法，考查数阵中四个数的和不超过的证明，考查类比推理、数阵变换等基础知识，考查运算求解能力，综合性强，难度大．