北京市大兴区2024届高三上学期期末数学试题（含解析）

大兴区2023~2024学年度第一学期期末检测试卷
高三数学
2024.01
本试卷共4页 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.考试结束后，将答题卡交回.
第一部分（选择题共40分）
一 选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知全集，集合，则（）
A. B.
C. D.
2. 若复数满足，则复数的虚部是（）
AB. C. D.
3. 二项式的展开式中的常数项是（）
A. B. 15C. 20D.
4. 设向量，若，则（ ）
AB. C. D.
5. 已知函数，则不等式的解集为（）
A. B. C. D.
6. 在中，“”是“”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
7. 已知定点和拋物线是抛物线的焦点，是抛物线上的点，则的最小值为（）
A. 3B. 4C. 5D. 6
8. 已知且，则下列结论中不正确的是（）
A. B.
C. D.
9. 木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为2正方形，且均为等边三角形，，，则该木楔的体积为（）
A. B. C. D.
10. 设无穷等差数列的公差为，集合.则（）
A. 不可能有无数个元素
B. 当且仅当时，只有1个元素
C. 当只有2个元素时，这2个元素的乘积有可能为
D. 当时，最多有个元素，且这个元素的和为0
第二部分（非选择题共110分）
二 填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 设是等比数列，，，则__________.
12. 若双曲线的一条浙近线方程为，则__________.
13. 能够说明“设是任意实数.若，则”是假命题的一组整数的值依次为__________.
14. 如图是六角螺母的横截面，其内圈是半径为1的圆，外框是以为中心，边长为2的正六边形，则到线段的距离为__________；若是圆上的动点，则的取值范围是__________.
15. 设函数的定义域为，且满足如下性质：（i）若将的图象向左平移2个单位，则所得的图象关于轴对称，（ii）若将图象上的所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位，则所得的图象关于原点对称.给出下列四个结论：
①；
②；
③；
④.
其中所有正确结论的序号是__________.
三 解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程，
16. 如图.在三棱柱中，平面，，，、分别为、的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面，所成角的正弦值.
17. 在中.
（1）若，求的面积：
（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求.
条件①：；条件②：；条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0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. 为了解客户对A，B两家快递公司的配送时效和服务满意度情况，现随机获得了某地区客户对这两家快递公司评价的调查问卷，已知A，B两家公司的调查问卷分别有120份和80份，全部数据统计如下：
快递公司 A快递公司 B快递公司
项目 份数 评价分数 配送时效 服务满意度 配送时效 服务满意度
29 24 16 12
47 56 40 48
44 40 24 20
假设客户对A，B两家快递公司的评价相互独立，用频率估计概率.
（1）从该地区选择A快递公司的客户中随机抽取1人，估计该客户对A快递公可配送时效的评价不低于75分的概率：
（2）分别从该地区A和B快递公司的样本调查问卷中，各随机抽取1份，记X为这2份问卷中的服务满意度评价不低于75分的份数，求X的分布列和数学期望：
（3）记评价分数为“优秀”等级，为“良好”等级，为“一般”等级 已知小王比较看重配送时效的等级，根据该地区A，B两家快递公司配送时效的样本评价分数的等级情况，你认为小王选择A，B哪家快递公司合适？说明理由，
19. 已知椭圆的两个顶点分别为，焦点在轴上，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为原点，过点的直线交椭圆于点，直线与直线相交于点，直线与轴相交于点.求证：与的面积之比为定值.
20. 已知函数.
（1）若曲线在点处切线斜率为0，求的值；
（2）当时，求零点个数；
（3）证明：是为单调函数的充分而不必要条件.
21. 若各项为正的无穷数列满足：对于，，其中为非零常数，则称数列为数列.记.
（1）判断无穷数列和是否是数列，并说明理由；
（2）若是数列，证明：数列中存在小于1的项；
（3）若是数列，证明：存在正整数，使得.
大兴区2023~2024学年度第一学期期末检测试卷
高三数学
2024.01
本试卷共4页 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.考试结束后，将答题卡交回.
第一部分（选择题共40分）
一 选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知全集，集合，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由补集的定义运算即可得.
【详解】由，，则.
故选：C.
2. 若复数满足，则复数的虚部是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算及减法运算得，再根据复数的概念即可得到答案．
【详解】由，则，
所以复数的虚部是．
故选：A．
3. 二项式的展开式中的常数项是（）
A. B. 15C. 20D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项展开通项公式求解.
【详解】展开式通项为：，
令，常数项为．
故选：B
4. 设向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的数乘公式和模的公式代入即可求解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，所以.
故选：D
5. 已知函数，则不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将不等式转化为两个函数，在同一坐标系下作出两个函数的图象，由图像可得结果.
【详解】因为，所以，即，
令，且均为增函数，则不等式为，
在同一坐标系下作出两个函数的图象，如图所示，
又当时，
当时，，
所以由图像可知：的解集为：，
故选：B.
6. 在中，“”是“”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
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件与必要条件的定义，根据三角形内角的性质以及三角函数的诱导公式，可得答案.
【详解】在中，，则，
充分性：当时，，，
，所以“”是“”的充分条件;
必要性：当时，取，，
此时满足，但，
所以“”是“”的不必要条件.
综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
7. 已知定点和拋物线是抛物线的焦点，是抛物线上的点，则的最小值为（）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线定义，数形结合即可求出的最小值.
【详解】
由题拋物线是抛物线的焦点，
则，准线方程为，
是抛物线上的点，过作垂直准线于，
过作垂直准线于交抛物线于，
则由抛物线定义知，
由图像可知,
即的最小值的最小值为，
由，准线方程为，
所以.
故选：C
8. 已知且，则下列结论中不正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对A：由对数性质运算即可得；对B：由对数性质运算即可得；对C：借助基本不等式运算即可得；对D：找出反例即可得.
【详解】对A：，故A正确；
对B：由，则，故，故B正确；
对C：由，故，
当且仅当时等号成立，由，故等号不成立，
即，故C正确；
对D：当、时，符合题意，
但此时，故D错误.
故选：D.
9. 木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为2的正方形，且均为等边三角形，，，则该木楔的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，取的中点O，连接，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可.
【详解】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，
则由题意等腰梯形全等于等腰梯形，
则.
取的中点O，连接，因为，所以，
则，
∴.
因为，，所以，因为四边形为正方形，
所以，又因为，平面，所以平面，
所以平面，同理可证平面，
∴多面体的体积
，
故选：D.
10. 设无穷等差数列的公差为，集合.则（）
A. 不可能有无数个元素
B. 当且仅当时，只有1个元素
C. 当只有2个元素时，这2个元素的乘积有可能为
D. 当时，最多有个元素，且这个元素的和为0
【答案】D
【解析】
【分析】对于，选项，可取特殊数列验证即可；对于可假设成立，结合图象推出与已知矛盾；对于，结合正弦函数的周期，即可判断.
【详解】选项，取，则，由，因为是无穷等差数列，正弦函数是周期为的函数，所以在每个周期上的值不相同，故错误；
选项，取，即，则，只有一个元素，故错误；
选项，假设只有2个元素，，这2个元素的乘积为，如图可知当等于或时，显然不是等差数列，与已知矛盾，故错误；
选项，当时,
，
，
，
，
，
，，所以最多有个元素，
又因为正弦函数的周期为，数列的公差为，
所以把周期平均分成份，所以个元素的和为0，故正确.
故选:.
【点睛】方法点睛：本题考查等差数列与正弦函数性质相结合，采用特例法，数形结合的方法判断.
第二部分（非选择题共110分）
二 填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 设是等比数列，，，则__________.
【答案】16
【解析】
【分析】结合等比数列通项公式计算即可得.
【详解】设，则，故.
故答案为：16.
12. 若双曲线的一条浙近线方程为，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据双曲线渐近线方程即可求解.
【详解】双曲线的渐近线方程为，所以
故答案为：2
13. 能够说明“设是任意实数.若，则”是假命题的一组整数的值依次为__________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】利用列举法，写出满足题意的结果即可.
【详解】当时，满足，但是，.
故答案为：（答案不唯一）
14. 如图是六角螺母的横截面，其内圈是半径为1的圆，外框是以为中心，边长为2的正六边形，则到线段的距离为__________；若是圆上的动点，则的取值范围是__________.
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【分析】根据正六边形的性质即可求解空1，利用向量的坐标运算即可由三角函数的性质求解.
【详解】取中点为，
由于正六边形的边长为2，所以,
因此到线段的距离为,
建立如图所示的直角坐标系，则,
，
，
由于,
故，
故答案为：1；
15. 设函数的定义域为，且满足如下性质：（i）若将的图象向左平移2个单位，则所得的图象关于轴对称，（ii）若将图象上的所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位，则所得的图象关于原点对称.给出下列四个结论：
①；
②；
③；
④
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】利用函数的对称性、奇偶性与周期性即可判断各结论是否正确.
【详解】由（i）可得，即有关于对称；
由（ii）可得，即，
用代替，有，即关于对称；
由关于对称，故，即①正确；
由关于对称的直线为，
故关于对称，则不一定等于，故②不正确；
对，令，则有，
对，令，则有，
故，故③正确；
对，即有，
对，即有，
即，即，
则，即有，
故周期为，则，
对，令，则，
即，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点睛：本题的关键是由题意去得到函数的对称性，并根据对称性去推导函数的奇偶性与周期性，遇到此类问题一般采用赋值法对等式左右进行变形，从而得到函数的其它性质.
三 解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程，
16. 如图.在三棱柱中，平面，，，、分别为、的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面，所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意先由线面垂直的性质得到线线垂直，再借助线线垂直得到线面垂直，即可得到面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得.
【小问1详解】
平面，平面，，
又，且为中点，，
又、平面，且，
平面，又平面，
平面平面；
【小问2详解】
取中点，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有，由，，，
则，，
即、、、，
则、、，
令平面的法向量为，
则有，可取，则，
则，
故直线与平面，所成角的正弦值.
17. 在中.
（1）若，求的面积：
（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求.
条件①：；条件②：；条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0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.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由余弦定理可得，进而可得，再由求解即可；
（2）若选①，结合正弦定理可得，不满足题意，故舍去；
若选②，结合正弦定理及三角恒等变换可得，求解即可；
若选③，由正弦定理可得，再由余弦定理求解即可.
【小问1详解】
解：由题意可知，，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以；
小问2详解】
解：若选①，则有且，
由，可得，
所以，即，不满足题意；
若选②，则有且，
由，可得，
所以，
即，，
又因，解得；
若选③，则有且，
由，可得，
所以，
所以，
所以，
因为，所以不可能为钝角或直角，只能为锐角，
所以，
所以.
综上，选②或选③，.
18. 为了解客户对A，B两家快递公司的配送时效和服务满意度情况，现随机获得了某地区客户对这两家快递公司评价的调查问卷，已知A，B两家公司的调查问卷分别有120份和80份，全部数据统计如下：
快递公司 A快递公司 B快递公司
项目 份数 评价分数 配送时效 服务满意度 配送时效 服务满意度
29 24 16 12
47 56 40 48
44 40 24 20
假设客户对A，B两家快递公司的评价相互独立，用频率估计概率.
（1）从该地区选择A快递公司的客户中随机抽取1人，估计该客户对A快递公可配送时效的评价不低于75分的概率：
（2）分别从该地区A和B快递公司的样本调查问卷中，各随机抽取1份，记X为这2份问卷中的服务满意度评价不低于75分的份数，求X的分布列和数学期望：
（3）记评价分数为“优秀”等级，为“良好”等级，为“一般”等级 已知小王比较看重配送时效的等级，根据该地区A，B两家快递公司配送时效的样本评价分数的等级情况，你认为小王选择A，B哪家快递公司合适？说明理由，
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）我认为小王应该选择B快递公司，因为B快递公司中“优秀”或“良好”等级占比比A公司大.（言之有理即可）
【解析】
【分析】（1）从表中读取数据后计算即可得；
（2）先得出两个公司分别不低于75分的概率，再由离散型随机变量性质计算即可得；
（3）得出各个公司等级情况后，言之有理即可.
【小问1详解】
调查问卷中共有120份，其中不低于75分的份数为，则，
故可估计该客户对A快递公可配送时效的评价不低于75分的概率为；
【小问2详解】
A快递公司的样本调查问卷中抽取的1份服务满意度评价不低于75分的概率为：
，
B快递公司的样本调查问卷中抽取的1份服务满意度评价不低于75分的概率为：
，
X的可能取值为0，1，2，
，
，
，
故其分布列为：
X 0 1 2
P
其期望；
【小问3详解】
A快递公司的样本调查问卷中“优秀”等级占比为，
“良好”等级占比为，“一般”等级占比为；
B快递公司的样本调查问卷中“优秀”等级占比为，
“良好”等级占比为，“一般”等级占比为；
其中A快递公司的样本调查问卷中“优秀”或“良好”等级占比为，
B快递公司的样本调查问卷中“优秀”或“良好”等级占比为，
我认为小王应该选择B快递公司，因为B快递公司中“优秀”或“良好”等级占比比A公司大.
19. 已知椭圆的两个顶点分别为，焦点在轴上，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为原点，过点的直线交椭圆于点，直线与直线相交于点，直线与轴相交于点.求证：与的面积之比为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据顶点得到，根据离心率得到，则得到椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理式，求出两直线方程，得到面积表达式，化积为和，代入化简即可.
【小问1详解】
由题意得，，则，则，
则椭圆的方程为.
【小问2详解】
显然当直线的斜率为0和不存在时，不合题意，
则可设直线的方程为，，，
则联立椭圆方程有，化简得，
则，解得或，
则，，，，，
则，则直线的方程为，令，则，
，则直线的方程为，令，则，
则，，因为，则同号，
则
.
20. 已知函数.
（1）若曲线在点处的切线斜率为0，求的值；
（2）当时，求的零点个数；
（3）证明：是为单调函数的充分而不必要条件.
【答案】（1）
（2）3个（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合导数的几何意义计算即可得；
（2）结合函数的单调性与零点的存在性定理去研究函数零点个数问题即可得；
（3）当时去推导为单调函数可证明充分性，找出不在该范围内的亦能使为单调函数即可证明不必要条件.
【小问1详解】
，
则，即；
【小问2详解】
当时，，则，即，
又，
故为奇函数，
，，
令，即，解得，
令，即或，
故在上单调递减，在上单调递增，
上单调递减，
由，则，又，
故在上必有一零点，
由为奇函数，则在上亦有一零点，
故当时，的零点个数为3个；
【小问3详解】
，，
由，故，
，即
当时，，即，
故，即此时在上单调递减，
故是为单调函数的充分条件；
当时，，即，
故，即此时在上单调递增，
故不是为单调函数的必要条件；
综上所述，是为单调函数的充分而不必要条件.
【点睛】关键点睛：本题（2）问中讨论函数零点问题，需要注意结合函数的单调性与零点的存在性定理去研究.
21. 若各项为正的无穷数列满足：对于，，其中为非零常数，则称数列为数列.记.
（1）判断无穷数列和是否是数列，并说明理由；
（2）若是数列，证明：数列中存在小于1的项；
（3）若是数列，证明：存在正整数，使得.
【答案】（1）是数列，不是数列，理由见解析
（2）证明见解析（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）代入定义计算即可得；
（2）借助题目条件，借助放缩将等式转换为不等式后结合数列的函数性质即可得；
（3）由题意将表示出来后，使用放缩技巧，通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式即可证明.
【小问1详解】
是数列，不是数列，理由如下：
当时，，，
则，故是数列；
当时，，，
则，故不数列；
【小问2详解】
若是数列，则且，
此时数列是以为首项，为公差的等差数列，
故，当时，则总存在正整数，使，
与矛盾，故恒成立，，
有，，
即，，有，
则，
由随的增大而增大，
故总存在正整数使，即数列中存在小于1的项；
【小问3详解】
由（2）得，故，
即
，
则
，由随的增大而增大，
故对任意的，总存在正整数使，
即总存在正整数，使得.
【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式.