2023-2024学年北京市昌平区高三（上）期末数学试卷（含答案）

2023-2024学年北京市昌平区高三（上）期末数学试卷
一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知全集，集合，那么( )
A. B. C. D.
2.在复平面内，复数和对应的点分别为，，则( )
A.
B.
C.
D.
3.若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为( )
A. B. C. D.
4.已知，则( )
A. B. C. D.
5.下列函数中，在区间上为减函数的是( )
A. B. C. D.
6.设函数的定义域为，则“，”是“为减函数”的( )
A. 充分必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分而不必要条件 D. 既不充分也不必要条件
7.已知点在圆上，点的坐标为为原点，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8.“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.
9.已知函数，则( )
A. B. 不是周期函数
C. 在区间上存在极值 D. 在区间内有且只有一个零点
10.如图，在棱长为的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知，则 ______．
12.抛物线上一点到焦点的距离为，则点到轴的距离为______．
13.已知数列的前项和满足，且，，成等差数列，则 ______； ______．
14.若函数在定义域上不是单调函数，则实数的一个取值可以为______．
15.已知数列，，给出下列四个结论：
；
；
为递增数列；
，使得．
其中所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.本小题分
如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，，，点是的中点，直线交平面于点．
求证：点是的中点；
求二面角的大小．
17.本小题分
在中，．
求角的大小；
再从条件、条件、条件这三个条件中选择两个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积．
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．
18.本小题分
某汽车生产企业对一款新上市的新能源汽车进行了市场调研，统计该款车车主对所购汽车性能的评分，将数据分成组：，，，，，并整理得到如下频率分布直方图：
求的值；
该汽车生产企业在购买这款车的车主中任选人，对评分低于分的车主送价值元的售后服务项目，对评分不低于分的车主送价值元的售后服务项目若为这人提供的售后服务项目总价值为元，求的分布列和数学期望；
用随机抽样的方法从购买这款车的车主中抽取人，设这人中评分不低于分的人数为，问为何值时，的值最大？结论不要求证明
19.本小题分
已知椭圆：经过点，离心率为．
求椭圆的方程；
设过点的直线与椭圆有两个不同的交点，均不与点重合，若以线段为直径的圆恒过点，求的值．
20.本小题分
已知函数．
求曲线在处的切线方程；
设函数，求的单调区间；
判断极值点的个数，并说明理由．
21.本小题分
已知：，，，为有穷正整数数列，且，集合若存在，，，，，使得，则称为可表数，称集合为可表集．
若，，，，，，判定，是否为可表数，并说明理由；
若，证明：；
设，，，，，若，求的最小值．
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.证明：因为，平面，平面，
所以平面，又平面，
平面平面，
所以，故，
又为中点，所以为中点；
解法一：由平面，可得，
又，，则平面，
故为二面角的平面角的补角，
又，，点是的中点，
则，故，
故二面角的大小为；
解法二：由平面，可得，，
又，则，，两两垂直，
故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
由，，点，是分别是，的中点，
则，，，
即，，
设平面的一个法向量为，
则由，令，可得，，
则平面的一个法向量为，
不妨取平面的一个法向量为，
则，
由图可知二面角的平面角为钝角，
则二面角的大小为．
17.解：由及正弦定理，
可得，
即，
即，又，，
所以，即；
若选：即，
由正弦定理，可得，
因为，所以，即可能为锐角或钝角，
故不唯一，不合题意；
若选：即，
由，可得，
由正弦定理可，
由余弦定理可得，
即，整理得，，
解得，故；
若选：即，
由，可得，
由正弦定理可得：，
由余弦定理可得，
即，整理得，，
解得，故．
18.解：依题意，，
所以；
由题意可知，的可能取值为：，，，，
任选人，估计认为该款车性能的评分不低于分的概率为，
则；，，，
所以的分布列为：
所以元；
时，的值最大，理由如下：
由题意可知，
则，
解得，
又因为，，，，，
所以，
即时，的值最大．
19.解：因为椭圆：经过点，离心率为，
所以，，
所以椭圆的方程．
设直线的方程为：，，，
由，得，
，
，，
，
，
因为以线段为直径的圆恒过点，
所以，即，
所以，即，
即，解得或舍，
所以．
20.解：，
，
，，
在处的切线方程为，即；
，，
，
当时，；
当时，，
的单调增区间为，，单调减区间为；
个极值点，理由如下：
又知：当时，在上单调递增，
且，，
存在唯一，使得；
当时，在上单调递减，
，，
存在唯一，使得；
当时，，，
，
在上无零点，
综合可得：当，，
当，，
当，，
当时，取得极小值；当时，取得极大值，
故有个极值点．
21.解：是，不是，理由如下：
由题意可知，
当，时，有，，
显然若，，时，，
而，
故是可表数，不是可表数；
由题意可知若，即，
设，即使得，
所以，且成立，故，
所以若，则，即中的元素个数不能超过中的元素，
对于确定的，中最多有个元素，所以；
由题意可设，使，
又，
所以，即，
而，即当时，取，，，时，为可表数，
因为，
由三进制的基本事实可知，对任意的，存在，，，，，使，
所以，
令则有，，，，，
设，
由的任意性，对任意的，，
都有，，，，，，
又因为，
所以对于任意的，，为可表数，
综上，可知的最小值为，其中满足，
又当时，，
所以的最小值为．
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