北京市房山区2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题（含解析）

北京市房山区2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题
一、单选题
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.下列函数值中，在区间上不是单调函数的是（ ）
A. B. C. D.
3.在平面直角坐标系xOy中，角以Ox为始边，终边与单位圆交于点，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知向量在正方形网格中的位置如图所示.若网格中每个小正方形的边长均为1，则（ ）
A.4 B. C. D.
5.不等式成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
6.的零点一定位于以下的区间为（ ）
A. B. C. D.
7.若且，则与的夹角是（ ）
A. B. C. D.
8.我国油纸伞的制作工艺巧妙.如图（1），伞不管是张开还是收拢，伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈能够沿着伞柄滑动.如图（2），伞完全收拢时，伞圈已滑动到的位置，且A、B、三点共线，为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈沿着伞柄向下滑动的距离为24cm，则当伞完全张开时，的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
9.已知函数，当时，取得最小值，则函数的图象为（ ）
A. B. C. D.
10.若可以作为一个三角形的三条边长，则称函数是区间上的“稳定函数”.已知函数是区间上的“稳定函数”，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、填空题
11.函数的定义域为____________.
12.已知，则的值为____________.
13.已知向量.若存在实数，使得与的方向相同，则的一个取值为_______.
14.函数的最小正周期为____________；若函数在区间上单调递增，则的最大值为____________.
14.已知函数其中且.给出下列四个结论：
①若，则函数的零点是0；
②若函数无最小值，则的取值范围为；
③若，则在区间上单调递减，在区间上单调递增；
④若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为，且的取值范围为.
其中，所有正确结论的序号是____________.
三、解答题
16.已知函数.
（1）求的值
（2）求函数在区间上的最小值和最大值.
17.已知四棱锥中，底面ABCD是正方形，是正三角形，平面分别是的中点.
（1）求证：平面ABCD；
（2）求平面EFG与平面ABCD夹角的大小；
18.某商家为了促销，规定每位消费者均可免费参加一次抽奖活动，活动规则如下：在一不透明纸箱中有8张相同的卡片，其中4张卡片上印有“幸”字，另外4张卡片上印有“运”字.消费者从该纸箱中不放回地随机抽取4张卡片，若抽到的4张卡片上都印有同一个字，则获得一张10元代金券；若抽到的4张卡片中恰有3张卡片上印有同一个字，则获得一张5元代金券；若抽到的4张卡片是其他情况，则不获得任何奖励.
（1）求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字的概率；
（2）记随机变量X为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券的金额数，求X的分布列和数学期望E（X）；
（3）该商家规定，消费者若想再次参加该项抽奖活动，则每抽奖一次需支付3元.若你是消费者，是否愿意再次参加该项抽奖活动？请说明理由.
19.在中，.
（1）求；
（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求的面积.
条件①：；
条件②：BC边上中线的长为；
条件③：.
注：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.已知函数.
（1）当时，求的单调区间和极值；
（2）当时，求证：；
21.已知函数.
（I）求证：1是函数的极值点；
（II）设是函数的导函数，求证：.
参考答案
一、单选题
1.【答案】C
【详解】，又则
故选C
2.【答案】D
【详解】由一次函数的性质可知，在区间上单调递增；
由二次函数的性质可知，在区间上单调递增；
由幂函数的性质可知，在区间上单调递增；
结合一次函数的性质可知，在上单调递减，在上单调递增.
故选：D.
3.【答案】C
【详解】依题意得，又因为，所以有.
故选：C.
4.【答案】C
【详解】由图形可知：，
.
故选：C.
5.【答案】A
【详解】不等式，则是成立的一个充分不必要条件.
故选：A
6.【答案】B
【详解】函数在上单调递增，
故函数的零点一定位于区间.
故选：B.
7.【答案】B
【详解】解：设与的夹角是且，
.
.
故选：B.
8.【答案】A
【详解】依题意分析可知，当伞完全张开时，，
因为为的中点，所以，，
当伞完全收拢时，，所以，，
在中，，
所以，.
故选：A.
9.【答案】B
【详解】因，则，于是得，
当且仅当，即时取等号，的最小值为1，则，
函数，其图象关于直线对称，当时，单调递减，只有B选项满足.
故选：B
10.【答案】D
【详解】当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，
又，
由“稳定函数”定义可知：，即，
解得：，即实数的取值范围为.
故选：D.
二、填空题
11.【答案】
【详解】要使函数有意义，则，解得且，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
12.【答案】-3
【详解】因为，所以.
故答案为：-3.
13.【答案】（答案不唯一，小于1的实数均可）
【详解】与方向相同，，
由得：存在实数，使得与方向相同.
故答案为：0（答案不唯一，小于1的实数均可）.
14.【答案】
【详解】，故，当时，，故，解得.
故答案为：.
15.【答案】①④
【详解】对于①：当时，显然，当时，无零点；
当时，由可得，所以的零点是0.故（1）正确；
对于②：
当时，简图如下：
当时，简图如下：
当时，简图如下：
当时，简图如下：
由图可知，若无最小值，则或.故②错误；
对于③：由图可知，在区间上单调递减，在区间和上单调递增.故③错误；
对于④：由图可知，只有当且即时，方程才有三个不相等的实数根.
不妨设三个根由小到大依次为，显然.由得，故，且，
所以，故，从而.故④正确.
故答案为：①④.
三、解答题
16【详解】（1）函数
化简可得，
（2），
，所以
即时，即时，取最小值-2；
当时，即时，取最大值1.
17.【详解】（1）因为平面平面ABCD
所以，平面平面ABCD
又是正三角形，O为AD中点
所以
又平面平面平面PAD
所以，平面ABCD
（2）连接OF，因为E、F、G、O分别是PC、PD、BC、AD的中点
所以，所以E、F、G、O四点共面
因为平面PAD，
所以平面PAD
又平面平面PAD
所以平面EFG与平面ABCD夹角的平面角为
又是正三角形，所以
18.【详解】（1）解：记“某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有‘幸’字”为事件A，则，所以某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字的概率为；
（2）解：依题意随机变量的所有可能取值为0、5、10；
则，
，
，
所以的分布列为：
0 5 10
所以
（3）解：记随机变量为消费者在一次抽奖活动中的收益，则，
所以，
所以我不愿意再次参加该项抽奖活动；
19.【详解】（1）因为，
在中，由正弦定理，可得：，
又因为，所以.
（2）选择条件①；由以及余弦定理得
，该方程无解，故此时三角形不存在，故不能选择条件①
选择条件②
设BC边上的中线为AD，则，
在中，由余弦定理得：
，
因为，所以，
所以的面积为.
选择条件③
方法1：
由题设，因为，所以，
因为，所以
因为，所以，所以，
由余弦定理可得：，
整理得，解得或（舍），
因为，所以，
所以的面积为.
方法2：由题设，因为，所以，
因为，所以
在中，因为，所以，即，所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以的面积为.
方法3：因为且
所以或，
因为，所以，
又因为，
所以即，
所以为等腰三角形，设AC边上的高为BD，则，
由勾股定理，
所以的面积为.
20.【详解】（1）当时，，则，
令，即，
所以当时，单调递增；当时，单调递减；
因此在处取得极大值，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，在处取得极大值，且极大值为1；
（2）要证，即证，
因此设，则，
令，则，
因为，所以，因此单调递减，且，所以时，；当时，；即时，；当时，；所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值也是最大值，且，故.
21.【详解】（1）的定义域为
当时，，即；
当时，，即；
根据极值的定义，1是的极值点.
（2）由题意可知，
，
令，
，故在上单调递增.
又，又在上连续，
使得，即，
.（*）
随x的变化情况如下：
— 0 +
极小值
.
由（*）式得，代入上式得
.
令，
，故在上单调递减.
，又.
即.