北京市通州区2024届高三上学期期末摸底考试数学试题（解析版）

PAGEPAGE1北京市通州区2024届高三上学期期末摸底考试数学试题第一部分（选择题）一､选择题1.已知集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题得，所以.故选：D.2.已知复数满足，则复数（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意得，所以，故选：B.3.已知双曲线的左､右焦点分别为为双曲线上一点，且，则双曲线的标准方程为（）A. B.C D.〖答案〗A〖解析〗由题意可设双曲线标准方程为，焦距为2c，则由双曲线的左､右焦点分别为，可知，由，知，故，故双曲线的标准方程为，故选：A.4.下列函数中，是偶函数且在区间上单调递减的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗对于A，的定义域为，，故为奇函数，故A错误；对于B，的定义域为，不关于原点对称，故是非奇非偶函数，故B错误；对于C，的定义域为，，故为偶函数，当时，，在区间上单调递减，故C正确；对于D，的图象如下图，故D错.故选：C.5.如图，已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，其边长为4，在该容器内放置一个圆柱，使得圆柱上底面的所在平面与圆锥底面的所在平面重合.若圆柱的高是圆锥的高的，则圆柱的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗根据题意，轴截面如图：在等边三角形中，高，因为圆柱的高是圆锥的高的，所以圆柱的高,又且，所以是的中点，即，于是该圆柱的底面半径为1，高为，则体积为.故选：C.6.已知函数，则“”是“”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〖答案〗A〖解析〗由题意，在中，对称轴，∴当时，，解得：，∴“”是“”的充分而不必要条件.故选：A.7.如图，在平面直角坐标系中，角和的顶点都与原点重合，始边都与轴的非负半轴重合，终边分别与单位圆交于两点.若，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意，设，由已知A的坐标并结合三角函数的定义得，则.故选：C8.现有12个圆，圆心在同一条直线上，从第2个圆开始，每个圆都与前一个圆外切，从左到右它们的半径的长依次构成首项为16，公比为的等比数列，前3个圆如图所示.若点分别为第3个圆和第10个圆上任意一点，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意可知，这12个圆的半径的长依次构成首项为16，公比为的等比数列，所以，的最大值为这8个圆的直径之和，由等比数列前项和公式可得，的最大值为.故选：B.9.在菱形中，是的中点，是上一点（不与，重合），与交于，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗如图所示：当点与点重合时，此时最长，易知，且相似比为，，在中，由余弦定理得：，所以，此时满足，所以，所以，此时，由图可知，，则.故选：B.10.已知函数，实数满足.若对任意的，总有不等式成立，则的最大值为（）A. B. C.4 D.6〖答案〗D〖解析〗当时，有，由随增大而增大，且，故，当时，有，即，即，整理得，即，故，又，故，综上所述，，则，当且仅当、时等号成立，故的最大值为.故选：D.第二部分（非选择题）二､填空题11.已知函数，则__________.〖答案〗〖解析〗由题意，在中，，故〖答案〗为：.12.在的展开式中，的系数为__________.〖答案〗〖解析〗的展开式的通项为，令，解得，所以x的系数为，故〖答案〗为：-56.13.在中，角所对的边分别为，且，则__________；若的面积，则__________.〖答案〗〖解析〗因为，由正弦定理可得，所以由可得：，则，所以；，解得：，因为，所以由余弦定理可得：，则.故〖答案〗为：；.14.已知抛物线的焦点为，点为上一点且在第一象限，以为圆心，为半径的圆交的准线于两点.若，则圆的方程为__________；若，则__________.〖答案〗〖解析〗如图，当时，把代入中，解得：，因点在第一象限,故得，依题意，圆心为，圆的半径为,故圆的方程为：.当时，依题，，即为正三角形，因，则，由解得：或.因当时，,此时，以点为圆心，为半径的圆与准线不相交，不合题意舍去，而显然满足题意.故.故〖答案〗为：；.15.已知数列的前项和为，且，数列是公差不为0的等差数列，且满足是和的等比中项.给出下列四个结论：①数列的通项公式为；②数列前21项的和为；③数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新数列，则新数列的前100项和为236；④设数列的通项公式，则数列的前100项和为2178.其中所有正确结论的序号是__________.〖答案〗①④〖解析〗时，，得，时，，可得，所以是以首项为公比为的等比数列，所以，故①正确；设数列的构成为，，因为是和的等比中项，所以，可得，解得，所以，，所以数列前21项的和，故②错误；数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新数列，则时，即在与之间插入个2，为，时，即在与之间插入个2，为，时，即在与之间插入个2，为，时，即在与之间插入个2，为，时，即在与之间插入个2，为，时，即在与之间插入个2，为，所以新数列的前100项和为，故③错误；因为，即数列的前100项为，所以的前100项和，故④正确.故选：①④.三､解答题16.已知函数.（1）求的最小正周期及单调递增区间；（2）若，且，求的值.解：（1）因为，所以.所以的最小正周期.令，得.所以的单调递增区间为.（2）因为，所以.因为，所以.所以.所以.所以的值为.17.如图，在多面体中，为等边三角形，，.点为的中点，再从下面给出的条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知.（1）求证：平面；（2）设点为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.条件①：平面平面；条件②：.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.（1）证明：选条件①：平面平面，因为平面平面，平面平面平面，所以平面，因为平面，所以.因为为等边三角形，点为的中点，所以，因为平面平面，所以平面.选条件②：因，为等边三角形，所以，因为，则，所以为直角三角形，所以，因为平面，所以平面，因为平面，所以，因为为等边三角形，点为中点，所以，因为平面平面，所以平面.（2）解：因为，由（1）知平面，所以平面.如图，以点为原点，过点A在平面ABC内作AC的垂线作为x轴，分别以所在直线为轴､轴建立空间直角坐标系，所以，所以.因为点为上一点，设，所以.因为，则，所以，所以，所以，所以.设平面的法向量为，所以，所以，令，得，所以.设直线与平面所成角为，，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.18.民航招飞是指普通高校飞行技术专业（本科）通过高考招收飞行学生，报名的学生参加预选初检､体检鉴定､飞行职业心理学检测､背景调查､高考选拔等5项流程，其中前4项流程选拔均通过，则被确认为有效招飞申请，然后参加高考，由招飞院校择优录取.据统计，每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为.假设学生能否通过这5项流程相互独立，现有某校高三学生甲､乙､丙三人报名民航招飞.（1）估计每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率；（2）求甲､乙､丙三人中恰好有一人被确认为有效招飞申请的概率；（3）根据甲､乙､丙三人的平时学习成绩，预估高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为，设甲､乙､丙三人能被招飞院校录取的人数为X，求X的分布列及数学期望.解：（1）因为每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为，且能否通过相互独立，所以估计每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率.（2）因为每位报名学生被确认为有效招飞申请概率为，所以甲､乙､丙三人中恰好有一人被确认为有效招飞申请的概率.（3）因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为，且预估甲､乙､丙三人的高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为，所以甲能被招飞院校录取的概率，乙能被招飞院校录取的概率，丙能被招飞院校录取概率.依题意的可能取值为，所以，，，.所以的分布列为：0123所以.19.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设函数.①若在处取得极大值，求的单调区间；②若恰有三个零点，求的取值范围.解：（1）因为，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即；（2）①因为函数，所以，所以，令，得，或，（i）当时，即时，令，得；令，得，或，所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增，所以在处取得极小值，此时不符合题意，（ii）当时，即时，，所以在区间上单调递增，所以在处不取极值，此时不符合题意，（iii）当时，即时，令，得；令，得，或，所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增，所以在处取得极大值，此时符合题意，综上所述，的单调递减区间为，单调递增区间为和；②因为，所以，所以是的一个零点，因为恰有三个零点，所以方程有两个不为2实数根，即方程有两个不为2实数根，令，所以，令，得，令，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，当时，的值域为；当时，的值域为，所以，且，所以，且，所以的取值范围是.20.已知椭圆的短轴长为2，且离心率为.（1）求椭圆方程；（2）设椭圆的上､下顶点分别为点，过点的直线与椭圆交于不同两点，且，直线与直线交于点，求证：点在一条定直线上.（1）解：因为椭圆的短轴长为2，所以.所以.因为离心率为，所以.所以，解得.所以椭圆的方程为.（2）证明：①若直线的斜率不存在，不符合题意.②若直线的斜率存在，设为，所以直线的方程为.联立方程组消去，化简得.所以，得，或.因为，且，所以.直线的方程为，即.直线的方程为，即.因为直线与直线交于点，所以点的纵坐标.所以.所以点在直线上.21.已知数列为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列：①；②对于，使得的正整数对有k个.（1）写出所有4的1减数列；（2）若存在m的6减数列，证明：；（3）若存在2024的k减数列，求k的最大值.（1）解：由题意得，则或，故所有4的1减数列有数列和数列3，1.（2）证明：因为对于，使得的正整数对有个，且存在的6减数列，所以，得.①当时，因为存在的6减数列，所以数列中各项均不相同，所以.②当时，因为存在的6减数列，所以数列各项中必有不同的项，所以.若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，所以，不符合题意，所以.③当时，因为存在的6减数列，所以数列各项中必有不同的项，所以.综上所述，若存在的6减数列，则.（3）解：若数列中的每一项都相等，则，若，所以数列存在大于1的项，若末项，将拆分成个1后变大，所以此时不是最