北京市铁路第二中学2024-2025学年第一学期
高三数学期中考试试卷
2024.11
（试卷满分150分；考试时长120分钟）
一 选择题（共10个题，每题4分，计40分）
1. 设全集，集合，，则集合（）
A. B.
C. D.
2. 函数f(x)＝x是（ ）
A. 奇函数，且值域为（0，+∞）
B. 奇函数，且值域为R
C. 偶函数，且值域（0，+∞）
D. 偶函数，且值域为R
3. 已知三条不同的直线和两个不同的平面，下列四个命题中正确的为（）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
4. 已知函数，则下列四个结论中正确的是（）
A. 函数的图象关于中心对称
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在区间内有个零点
D. 函数在区间上单调递增
5. 已知，那么在下列不等式中，不成立的是
A. B. C. D.
6. 设向量满足，，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1 D.
7. 已知过点P(2,2) 的直线与圆相切, 且与直线垂直, 则（）
A. B. 1 C. 2 D.
8. 设为等比数列，则“对于任意的”是“为递增数列”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
9. 中国茶文化博大精深．茶水口感与茶叶类型和水温度有关．经验表明，某种绿茶用的水泡制，再等到茶水温度降至时饮用，可以产生最佳口感．已知室内的温度为，设茶水温度从开始，经过x分钟后的温度为．y与x的函数关系式近似表示为，那么在室温下，由此估计，刚泡好的茶水大约需要放置多少分钟才能达到最佳口感（参考数据：）（）
A. 8 B. 7 C. 6 D. 5
10. 如图，在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合）．则下面结论中错误的是
A. 存在点，使得平面∥平面
B. 存在点，使得平面
C. 分别是△在平面，平面上的正投影图形的面积，对任意点，
D. 对任意点，△的面积都不等于
二 填空题（共6个题，每题4分，计24分）
11. 若直线:与直线:平行,则__________.
12. 在的展开式中，常数项为__________.（用数字作答）
13. 在等差数列{an}中，若a1+a2＝16，a5＝1，则a1＝_____；使得数列{an}前n项的和Sn取到最大值的n＝_____.
14. 在矩形中，若，，且，则的值为______，的值为______.
15. 颗粒物过滤效率是衡量口罩防护效果的一个重要指标，计算公式为，其中 表示单位体积环境大气中含有的颗粒物数量（单位：），表示经口罩过滤后，单位体积气体中含有的颗粒物数量（单位：）．某研究小组在相同的条件下，对两种不同类型口罩的颗粒物过滤效率分别进行了4次测试，测试结果如图所示．图中点的横坐标表示第i种口罩第j次测试时的值，纵坐标表示第i种口罩第j次测试时的值．
该研究小组得到以下结论：
①在第1种口罩的4次测试中，第4次测试时的颗粒物过滤效率最高;
②在第2种口罩的4次测试中，第3次测试时的颗粒物过滤效率最高;
③在每次测试中，第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2种口罩的颗粒物过滤效率高;
④在第3次和第4次测试中，第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2种口罩的颗粒物过滤效率低．
其中，所有正确结论的序号是__________．
16. 设函数给出下列四个结论：①对，，使得无解；②对，，使得有两解；③当时，，使得有解；④当时，，使得有三解.其中，所有正确结论的序号是______.
三 解答题（共6个大题，共计86分）
17. 在中，，，在从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使其能够确定唯一的三角形，求：
（1）的值；
（2）的面积.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
18. 如图，在三棱锥中，平面平面，△和△均是等腰直角三角形，，，，分别为，的中点.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求证：；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.
19. 近年来，随着5G网络、人工智能等技术的发展，无人驾驶技术也日趋成熟．为了尽快在实际生活中应用无人驾驶技术，国内各大汽车研发企业都在积极进行无人驾驶汽车的道路安全行驶测试．某机构调查了部分企业参与测试的若干辆无人驾驶汽车，按照每辆车的行驶里程（单位：万公里）将这些汽车分为4组：，，，并整理得到如下的频率分布直方图：
（I）求a的值；
（Ⅱ）该机构用分层抽样的方法，从上述4组无人驾驶汽车中随机抽取了10辆作为样本．从样本中行驶里程不小于7万公里的无人驾驶汽车中随机抽取2辆，其中有X辆汽车行驶里程不小于8万公里，求X的分布列和数学期望；
（Ⅲ）设该机构调查所有无人驾驶汽车的行驶里程的平均数为．若用分层抽样的方法从上述4组无人驾驶汽车中随机抽取10辆作为样本，其行驶里程的平均数为;若用简单随机抽样的方法从上述无人驾驶汽车中随机抽取10辆作为样本，其行驶里程的平均数为．有同学认为，你认为正确吗？说明理由．
20 已知函数.（ ）
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）若，的图象与轴交于点，求在点处的切线方程；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，证明：当时，恒成立．
21. 已知函数.
（1）若曲线在点处的切线的斜率为1.
（ⅰ）求a的值；
（ⅱ）证明：函数在区间内有唯一极值点；
（2）当时，证明：对任意，.
22. 已知数列是由正整数组成的无穷数列.若存在常数，使得对任意的成立，则称数列具有性质.
（1）分别判断下列数列是否具有性质；（直接写出结论）
①；
②.
（2）若数列满足，求证：“数列具有性质”是“数列为常数列”的充分必要条件；
（3）已知数列中，且.若数列具有性质，求数列的通项公式.北京市铁路第二中学2024-2025学年第一学期
高三数学期中考试试卷
2024.11
一 选择题（共10个题，每题4分，计40分）
1.
【答案】D
2.
【答案】B
3.
【答案】D
4.
【答案】C
5.
【答案】D
6.
【答案】B
7.
【答案】C
8.
【答案】C
9.
【答案】B
10.
【答案】C
二 填空题（共6个题，每题4分，计24分）
11.
【答案】1
12.
【答案】
13.
【答案】 ①. 9 ②. 5.
14.【答案】 ①. ②.
15.
【答案】②④
16.
【答案】③④
三 解答题（共6个大题，共计86分）
17.
【解析】
【分析】（1）选条件①时，直接利用余弦定理的应用求出a的值；选条件②时，利用正弦定理的应用求出a的值；选条件③时，由于出现与已知条件中三角形有一解相矛盾，故舍去.
（2）选条件①时，利用勾股定理证明为直角三角形，可求出三角形的面积；
选条件②时，利用三角函数的关系式求出，应用三角形面积公式的求出结果．
【小问1详解】
（1）选择条件①，
，由于，，
所以，解得；
选择条件②，
，由于，，
由正弦定理，.
选择条件③，
，由正弦定理，得，
此时或，三角形不唯一，不合题意．
【小问2详解】
选择条件①，
，由，则，满足，
故为直角三角形，所以；
选择条件②，
，在中，，
所以.
18.
【解析】
【分析】（Ⅰ）由线面平行的判断定理，即可证明；
（Ⅱ）首先由面面垂直的性质定理，转化为线面垂直，即平面，即可证明线线垂直；
（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结果，即是所求线面角，内计算正弦值.
【详解】证明：（Ⅰ）在△中，M，N分别为VA，VB的中点，
所以为中位线.
所以.
又因为平面，平面，
所以平面
（Ⅱ）在等腰直角三角形△中，，
所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.又因为平面，
所以.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，平面，
直线与平面所成角为，
因为是等腰直角三角形，，所以,
所以
所以
19.
【解析】
【分析】
（I）根据频率分布直方图概率之和等于1，即可求得a的值
（Ⅱ）按照分层抽样比分别求出行驶里程在和的无人驾驶汽车数量，的所有可能取值为，求出相应的概率即可列出分布列，求出数学期望.
（Ⅲ）由于样本具有随机性，故，是随机变量，受抽样结果的影响， 这种说法不正确.
【详解】（I）由题意可知:，所以；
（Ⅱ）4组无人驾驶汽车的数量比为，若使用分层抽样抽取10辆汽车，
则行驶里程在这一组的无人驾驶汽车有辆，
则行驶里程在这一组的无人驾驶汽车有辆，
有题意可知：的所有可能取值为
，
，
，
所以的分布列为
所以的数学期望为.
（Ⅲ）这种说法不正确，理由如下：
由于样本具有随机性，故，是随机变量，受抽样结果的影响.
因此有可能更接近，也有可能更接近，
所以不恒成立，所以这种说法不正确.
【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题.
20.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）对求导，得到，对按照和进行分类讨论，研究的正负，从而得到的单调区间；（Ⅱ）将代入，得到切线斜率，点斜式写出切线方程；（Ⅲ）令，得到，令，得到，从而得到，得到在上单调递增，即，从而使得原命题得证.
【详解】解：（Ⅰ），
当时，恒成立，所以在上单调递增，
当时，令，解得.
当变化时，，的变化情况如下表：
– 0 +
减 极小值 增
所以时，在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，时，单调增区间为，无单调减区间，
时，单调增区间为，单调减区间为.
（Ⅱ）时，
令，得，则，
因为，所以，
所以在点处的切线方程为，即.
（Ⅲ）证明：令，
则.
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
所以，
即恒成立.
所以在上单调递增，
所以，
所以，
即当时，恒成立．
21.
【解析】
【分析】（1）（ⅰ）先对函数求导，然后把代入导函数中使其值等于零，可求出a的值；
（ⅱ）令，则，可得在上的单调性，也是在上的单调性，而，，，所以存在唯一的是的变号零点，故函数在区间内有唯一极值点；
（2）由（1）可知，在内单调递增，在内单调递减，当时，，，所以分两类讨论：（i）若，易证在内单调递增，，符合题意，（ii）若，可得在区间内有且只有一个零点，记为，而函数在内单调递增，在内单调递减，可得，符合题意.
【详解】（1）（ⅰ）因为，
所以.
因为曲线在点处的切线的斜率为1，
所以，即，故.
经检验，符合题意.
（ⅱ）由（ⅰ）可知，.
设，则
令，又，得.
当时，﹔当时，，
所以在内单调递增，在内单调递减.
又，，，
因此，当时，，即，
此时在区间上无极值点；
当时，有唯一解，即有唯一解，
且易知当时，，当时，，
故此时在区间内有唯一极大值点.
综上可知，函数在区间内有唯一极值点.
（2）因为，设，则.
令，又，得.
且当时，﹔当时，，
所以在内单调递增，在内单调递减.
当时，，，.
（i）当，即时，.
此时函数在内单调递增，﹔
（ii）当，即时，
因为， ，
所以，在内恒成立，而在区间内有且只有一个零点，记为，则函数在内单调递增，在内单调递减.
又因为，，所以此时.
由（i）（ii）可知，当时，对任意，总有.
22.
【解析】
【分析】（1）根据定义代入计算可得；
（2）先证明充分性，依题意可得，即可得到，从而得到，再证必要性，即数列为常数列，根据定义证明即可；
（3）首先证明：，然后利用反证法证明：，即可得到，结合即可得解.
【小问1详解】
①，对于，，所以数列具有“性质”；
②，对于，，
故，所以数列不具有“性质”．
【小问2详解】
证明：先证“充分性”：
当数列具有“性质”时，有，
又因为，
所以，
进而有
结合有，
即“数列为常数列”；
再证“必要性”：
若“数列为常数列”，
则有，
即“数列具有“性质”．
【小问3详解】
首先证明：．
因为具有“性质”，
所以．
当时，有．
又因为，且，
所以有，，
进而有，
所以，
结合可得：．
然后利用反证法证明：．
假设数列中存在相邻的两项之差大于3，
即存在满足：或，
进而有
．
又因为，
所以
依此类推可得：，矛盾，
所以有．
综上有：，
结合可得，
经验证，该通项公式满足，
所以．
