2024-2025学年北京市东城区东直门中学高三上学期期中考试数学试题（含答案）

2024-2025学年北京市东城区东直门中学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，，则下列结论正确的是( )
A. B. C. D.
2.已知角的终边在第三象限，且，则( )
A. B. C. D.
3.下列函数中，是奇函数且在定义域内单调递减的是( )
A. B.
C. D.
4.设等差数列的前项和为，若，，则( )
A. B. C. D.
5.如图，在中，为边上的中线，若为的中点，则( )
A. B. C. D.
6.已知为等比数列，，公比为，则“”是“对任意的正整数”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.点、在圆上，且、两点关于直线对称，则圆的半径( )
A. 最大值为 B. 最小值为 C. 最小值为 D. 最大值为
8.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. B. C. D.
9.“三斜求积术”是我国宋代的数学家秦九韶用实例的形式提出的，其实质是根据三角形的三边长求三角形面积，即现有面积为的满足，则的周长是( )
A. B. C. D.
10.如图，已知是圆的直径，是与垂直的弦，且与交于点，点是线段上的动点，直线交于点当取得最小值时，下列结论中一定成立的是( )
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.已知平面向量，的夹角为，且，，则的值为 ，的最小值为 ．
13.已知等比数列的各项均为正数，且成等差数列，则数列的公比 ．
14.在中，，若，则 ；若满足条件的三角形有两个，则的一个值可以是 ．
15.设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列记集合，给出下列个结论：
若与均为等差数列，则中最多有个元素；
若与均为等比数列，则中最多有个元素；
若为等差数列，为等比数列，则中最多有个元素；
若为递增数列，为递减数列，则中最多有个元素．
其中正确结论的序号是 ．
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
已知函数，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为．
求的值；
再从条件、条件、条件这三个条件中选择两个作为已知，若对恒成立，求的取值范围．
条件：；
条件：的最大值为；
条件：在区间上单调递增．
注：如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分．
17.本小题分
某种产品按照产品质量标准分为一等品二等品三等品四等品四个等级，某采购商从采购的该种产品中随机抽取件，根据产品的等级分类得到如下数据：
等级 一等品 二等品 三等品 四等品
数量
根据产品等级，按分层抽样的方法从这件产品中抽取件，再从这件产品中随机抽取件，记这件产品中一等品的数量为，求的分布列及数学期望；
若将频率视为概率，从采购的产品中有放回地随机抽取件产品，求恰好有件四等品的概率；
生产商提供该产品的两种销售方案供采购商选择，
方案一：产品不分类，售价均为元件．
方案二：分类卖出，分类后的产品售价如下：
等级 一等品 二等品 三等品 四等品
售价元件
从采购商的角度考虑，你觉得应该选择哪种销售方案？请说明理由．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，平面，，，，．为的中点，点在上，且．
求证：平面；
求二面角的余弦值；
设点在上，且判断直线是否在平面内，说明理由．
19.本小题分
已知椭圆的焦点在轴上，中心在坐标原点以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为．
求栯圆的方程；
设过点的直线不与坐标轴垂直与椭圆交于不同的两点，与直线交于点点在轴上，为坐标平面内的一点，四边形是菱形求证：直线过定点．
20.本小题分
已知函数
求曲线在点处的切线方程；
若恒成立，求的值；
若有两个不同的零点，且，求的取值范围．
21.本小题分
如果数列对任意的，，则称为“速增数列”．
判断数列是否为“速增数列”？说明理由；
若数列为“速增数列”且任意项，，求正整数的最大值；
已知项数为的数列是“速增数列”，且的所有项的和等于，若，，证明：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.

13.
14.
答案不唯一

15.
16.解：因为的图象的相邻两个对称轴的距离为，
所以，函数的最小正周期为，所以．
解：选择条件．
因为的最大值为，所以，即．
由，得，
又因为，所以，所以函数的解析式为．
选择条件．
因为的最大值为，所以，
因为的最小正周期为，且在区间上单调递增，
又因为区间的长度为，
所以，即，得，则，
又因为，所以．
所以的解析式为．
选择条件．
因为的最小正周期为，且在区间上单调递增，
又因为区间的长度为，
所以，即，
得，则，
又因为，所以．
由，得，所以．
所以的解析式为．
因为，所以所以，故．
当时，的最小值为．
因为，恒成立，则，
所以的取值范围为．

17.由题可得，抽取的件产品中，一等品有件，非一等品有件，
所以的可能取值为，，，．
，，
，，
则的分布列为：
．
从采购的产品中有放回地随机抽取件产品，记抽到四等品的数量为，则，
．
由题意得，方案二的产品的平均售价为：
元件，
，
从采购商的角度考虑，应该选择方案一．

18.因为平面，又平面，则，
又，且，，平面，故平面；
过点作的垂线交于点，
因为平面，且，平面，所以，，
故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，
因为为的中点，则，
所以，
又，所以，故，
设平面的法向量为，则，即
令，则，，故，
又因为平面的法向量为，
所以，
由题意可知，二面角为锐二面角，
故二面角的余弦值为；
．
直线不在平面内，
因为点在上，且，又，
故，
则，
由可知，平面的法向量为，
所以，
所以直线不在平面内．

19.由题意可设椭圆的方程为．
因为以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为，
所以且，
所以所以．
所以椭圆的方程为．
设直线的方程为，
令，得，即．
由得．
设，则．
设的中点为，则．
所以．
因为四边形为菱形，
所以为的中点，．
所以直线的斜率为．
所以直线的方程为．
令得所以．
设点的坐标为，则，
即．
所以直线的方程为，即．
所以直线过定点．

20.解：由，得，
因为，，
所以曲线在点处的切线方程为；
，
当时，，不符合题意；
当时，令，解得，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
所以当时，取得最小值，，
若恒成立，则，
设，则，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减，
所以，即的解为，
所以；
当时，，在区间上单调递增，
所以至多有一个零点，不符合题意；
当时，因为，不妨设，
若，则，不符合题意；
若，则，
由可知，只需，即，
解得，
即的取值范围为．
21.解：因为，则，，
又，故，数列是“速增数列”．
，，，
当时，，
即，，
当时，，当时，，
故正整数的最大值为．
证明：，故，
即；，
故，即，
同理可得：，，，
故，
故，，得证．
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