2024-2025学年北京市房山区高三上学期期中考试数学试题（含答案）

2024-2025学年北京市房山区高三上学期期中考试数学试题
一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合或，集合，则为( )
A. B. 或
C. D.
2.下列函数中，既是偶函数又在上单调递减的是( )
A. B.
C. D.
3.函数的最小正周期为( )
A. B. C. D.
4.已知两条不同的直线，和两个不同的平面，，下列四个命题中正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
5.设，则的大小关系为( )
A. B. C. D.
6.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.
7.已知，，则“”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
8.已知函数，下列说法错误的是( )
A. 的定义域为 B. 的图象关于轴对称
C. 的图象关于原点对称 D. 在上单调递增
9.沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，利用细沙全部流到下部容器所需要的时间进行计时如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成这两个圆锥的底面直径和高分别相等，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的细管长度忽略不计假设细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆这个沙堆的高与圆锥的高的比值为( )
A. B. C. D.
10.对于函数若集合中恰有个元素，则称函数是“阶准偶函数”若函数是“阶准偶函数”，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.函数的定义域为 ．
12.已知角的顶点在坐标原点，始边在轴的正半轴上，终边与单位圆交于第二象限的点，且点的纵坐标为，则 ．
13.已知命题：若，为第二象限角，且，则能说明为假命题的一组，的值为 ， ．
14.已知函数，若关于的方程有两个不同的实根，则数的取值范围是 ．
15.如图，在边长为的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论：
三棱锥的体积为定值；
存在点，使得平面；
对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面；
是线段上的一个动点，过点的截面垂直于，则截面的面积的最小值为．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.本小题分
在中，，，．
求，的值和的面积；
求的值．
17.本小题分
已知函数在点处取得极大值，其导函数的图象经过点，，如图所示求：
的值；
，，的值；
函数在区间上的最大值和最小值．
18.本小题分
已知函数从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定．
求的解析式；
设，求的单调递增区间以及在区间上的最大值．
条件：；
条件：为偶函数；
条件：的最大值为；
条件：图象的相邻两条对称轴之间的距离为．
注：如果选择的条件不符合要求，此题得分；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．
19.本小题分
如图，四棱柱的底面是边长为的正方形，侧面底面，，是的中点．
求证：平面；
再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个条件作为已知，使二面角唯一确定，
求二面角的余弦值；
判断直线是否在平面内，说明理由．
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．
20.本小题分
已知函数．
当时，求曲线在点处的切线方程；
求的单调区间；
当时，求证：时，成立参考数据．
21.本小题分
已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，最小值记为，令．
Ⅰ若，，，，写出，，的值；
Ⅱ证明：，，，；
Ⅲ若是等比数列，证明：存在正整数，当时，，，，是等比数列．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.答案不唯一
答案不唯一

14.
15.
16.由余弦定理可得，
注意到，，，
所以，即，解得，
进一步；
由余弦定理可得，，因为，
所以，而，
从而．

17.由图象可知：在上，；在上，；在上，
在，上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，；
因为且，，，
得：，解得：，，；
由得，则，
可知：在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
，，
又，，，，
，．

18.因为，则为奇函数，故不能选，
选择条件：
因为函数的最大值为，所以，即，
因为，所以，的值不唯一，故不能选．
选择条件：
因为函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，所以，即，
所以，
因为，所以，即，
所以．
选择条件：
因为函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，所以，即，
因为函数的最大值为，所以，即，
所以．
因为，
令，，解得，，
所以函数的单调递增区间为，，
当时，，所以，
所以当，即时取得最大值，且．

19.在四棱柱中，连结，设，
连结，在中，因为、分别为的中点，
所以，又因为平面，平面，
所以平面．
选择条件：
因为底面是正方形，所以，
侧面平面，且侧面平面，平面，
故平面，又平面，则，
即四边形为矩形，因为，则，
与选择条件：等价，故条件不能进一步确定的夹角大小，故二面角不能确定；
选择条件：
连结，因为底面是正方形，所以，
又因为侧面平面，且侧面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
在中，因为，，所以，
在中，因为，，所以，
又平面，所以平面，又，
所以如图建立空间直角坐标系，其中，，，，
且，，易知为平面的一个法向量，
设为平面面的一个法向量，则即．
不妨设，则，可得，所以，
因为二面角的平面角是钝角，设为，故，
所以二面角的余弦值为．
选择条件：
因为底面是正方形，所以，
因为，且平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为侧面平面，且侧面平面，平面，
所以平面，又，
所以如图建立空间直角坐标系，下面同选择条件．
如图所示，
平面，理由如下：
，与相交，所以直线与直线异面，
这表明四点不共面，即平面．

20.解：当时，，，
则，，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
由题意可知：的定义域为，且，
当时，，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增；
(ⅱ)当时，令，则或，
当，即时，，所以函数在上递增；
当时，即时，
当时，，当和时，，
所以在上递减，在和上递增；
当时，即时，
当时，，当和时，，
所以在上递减，在和上递增．
当时，由可知：在上递减，在上递增，
则，
构建，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，
可得，即当时，成立．

21.解：Ⅰ，，，
．
，，．
Ⅱ证明：设，，．
若，则数列前项的最小值大于等于，
，，即
若，
，，即
若，则数列前项的最大值小于等于，
，，即．
综上所述，恒成立．
Ⅲ证明：设等比数列公比为，，则，
由Ⅱ知，，则．
当时，得，即．
，为常数列．
即存在，当时，，，，是等比数列．
当时，因为是由正整数组成的无穷数列，则必存在最小值．
即存在正整数是数列的最小值，
则当时，，此时，即，则，
显然当时，，
即存在，当时，，，，是等比数列．
综上，存在正整数，使得时，，，，是等比数列．
第1页，共1页