Page19北京市昌平區2024屆高三數學上學期期中試題（滿分：150分時間：120分鐘）一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分.在每小題中選出符合題目要求的一項.）1.設集合，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出集合后可求.【詳解】，故，故選：B.2.在復平面內，與復數對應的點位于A.第一象限 B.其次象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】應用復數除法的運算法則，簡化復數，最終確定復數對應的點的位置.【詳解】,復數對應的點為，它在第四象限，故本題選D.【點睛】本題考查通過復數的除法運算法則，化簡后推斷復數對應的點的位置.3.圓與圓的位置關系為（）A.外離 B.內切 C.相交 D.外切【答案】D【解析】【分析】依據題意，求出兩圓的圓心距，再結合圓與圓位置關系的推斷方法，即可求解.【詳解】因為圓的圓心為，圓的圓心為，所以兩圓的圓心距為．因為圓的半徑為，圓的半徑為，所以圓心距等于兩圓的半徑和，故兩圓外切．故選：D.4.在的綻開式中，的系數為A.5 B. C.10 D.【答案】D【解析】【分析】依據二項式定理計算即可.【詳解】解：在的綻開式中的項為的系數為-10，故選：D.5.設，為不重合的兩條直線，，為不重合的兩個平面，下列命題錯誤的是（）A.若且，則 B.若且，則C.若且，則 D.若且，則【答案】C【解析】【分析】依據線面平行、面面平行的判定和性質，線面垂直、面面垂直的判定分析推斷即可.【詳解】對于A，當且時，，所以A正確，對于B，當且時，過作平面，交于直線，則∥，因為，所以，因為，所以，所以B正確，對于C，當且時，，可能平行，可能異面，可能相交，故C錯誤，對于D，當且時，則，所以D正確，故選：C6.已知雙曲線的離心率為，則的漸近線方程為A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】，故，即，故漸近線方程.【考點】本題考查雙曲線的基本性質，考查學生的化歸與轉化實力.7.已知向量，，則“”是“與共線”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【詳解】當時，，則與共線；當與共線時，，，所以“”是“與共線”的充分不必要條件；故選:A.8.過拋物線的焦點的直線交拋物線于、兩點，且，則線段的中點到軸的距離為（）A.1 B.4 C.3 D.7【答案】C【解析】【分析】設出，由拋物線焦點弦公式得到，進而求出線段的中點橫坐標為，得到答案.【詳解】由題意得：，設，則，解得：，則線段的中點橫坐標為，故線段的中點到軸的距離為3.故選：C9.過直線上一點作圓：的切線，切點為，，則四邊形的面積的最小值為（）A. B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】求得圓C的圓心和半徑,由切線的性質和四邊形的面積求法,結合勾股定理和點到直線的距離公式,計算可得所求最小值.【詳解】由圓方程可得：，則圓心為：，半徑又為圓的切線，則又當四邊形的面積的取最小值時，最小又垂直于直線時，最小四邊形面積的最小值為：故選：B10.眾所周知的“太極圖”，其形態如對稱的陰陽兩魚互抱在一起，因而也被稱為“陰陽魚太極圖”.如圖是放在平面直角坐標系中的“太極圖”，整個圖形是一個圓形，其中黑色陰影區域在軸右側部分的邊界為一個半圓，已知直線：.給出以下命題：①當時，若直線截黑色陰影區域所得兩部分面積記為，（），則；②當時，直線與黑色陰影區域有1個公共點；③當時，直線與黑色陰影區域有2個公共點.其中全部正確命題的序號是（）A①② B.①③ C.②③ D.①②③【答案】A【解析】【分析】由題知依據直線：橫過點，為直線的斜率依據直線和圓的位置關系作圖，數形結合逐項分析推斷即可得解【詳解】如圖1所示，大圓的半徑為2，小圓的半徑為1，所以大圓的面積為，小圓的面積為．對于①，當時，直線的方程為．此時直線將黑色陰影區域的面積分為兩部分，，，所以，故①正確．對于②，依據題意，黑色陰影區域在第一象限的邊界方程為當時，直線的方程為，即，小圓圓心到直線的距離，所以直線與該半圓弧相切，如圖2所示，所以直線與黑色陰影區域只有一個公共點，故②正確．對于③，當時，如圖3所示，直線與黑色陰影區域的邊界曲線有2個公共點，當時，直線與黑色陰影區域的邊界曲線有1個公共點，故③錯誤．綜上所述，①②正確．故選：A．二、填空題（共5小題，每小題5分，共25分.）11.已知單位向量滿意，則的值為______.【答案】【解析】【分析】由得，求須要平方轉化為數量積運算.【詳解】..故答案為:.12.角以為始邊，它的終邊與單位圓相交于第四象限點，且點的橫坐標為，則的值為______.【答案】##-0.75【解析】【分析】由角的終邊與單位圓交于，故將的坐標求出，利用定義就可以求出的值.【詳解】由交的終邊與單位圓相交于第四象限點，且點的橫坐標為所以點的縱坐標為，所以，有定義可得故答案為：.13.已知各頂點都在一個球面上的正四棱柱高為4，體積為16，則這個球的表面積是________.【答案】【解析】【詳解】試題分析：正四棱柱的高是4，體積是16，則底面邊長為2，底面正方形的對角線長度為，所以正四棱柱體對角線的長度為，四棱柱體對角線為外接球的直徑，所以球的半徑為，所以球的表面積為．考點：正四棱柱外接球表面積．14.已知函數，則___________；若，則實數的取值范圍是___________.【答案】①.②.【解析】【分析】依據分段函數解析式，先求出，即可得解，證明函數是上的減函數，再解關于的一元二次不等式即可.【詳解】解：由，得，所以，因為都是減函數，且當時，，所以函數是上的減函數，則，即為，解得.故答案為：；.15.如圖，在邊長為1的正方體中，是棱上的一個動點，給出下列四個結論：①三棱錐的體積為定值；②存在點，使得平面；③對每一個點，在棱上總存在一點，使得平面；④是線段上的一個動點，過點的截面垂直于，則截面的面積的最小值為．其中全部正確結論的序號是____________．【答案】①④【解析】【分析】依據題意作圖，并嘗試特別位置，進行檢驗證明.【詳解】對于①，如下圖所示：在邊長為1的正方體中，易知平面，因為點是棱上的一個動點，可設點到平面的距離為，且，則三棱錐的體積，故①正確；對于②，連接，，因為在平行四邊形中，，所以不垂直，所以使得不垂直平面，所以②不正確.對于③，當點與點重合時，無論點在何位置，直線與平面相交，故③錯誤；對于④，依據題意，作圖如下：因為正方體中，易知平面，所以，設，則，，在中，，，則該截面面積，由，當時，，故④正確；故答案為：①④.三、解答題：本大題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.16.已知函數.（1）求函數的最小正周期；（2）若對恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先利用三角函數恒等變換，把函數的解析式變形為，進一步求出函數的最小正周期．（2）將問題轉化為求函數的最大值問題，求最大值時先求的范圍即可得到的最大值．【小問1詳解】因所以的最小正周期為【小問2詳解】“對恒成立”等價于“”因為所以當，即時的最大值為.所以，所以實數的取值范圍為.17.在中，．（1）求大小；（2）以下三組條件中恰有一組條件使得三角形存在且唯一確定，請選出該組條件并求的面積．條件①：，；條件②：，；條件③：，．注：條件選擇錯誤，第（2）問得0分．【答案】（1）（2）選擇條件②，三角形面積為【解析】【分析】（1）由余弦定理與已知條件結合可得，再由，所以得；（2）由，再結合，，可推斷出條件②能使三角形存在且唯一確定，然后由正弦定理計算，，再代入三角形面積公式計算.【小問1詳解】由余弦定理，又，可得，所以，又因為，所以【小問2詳解】由（1）知，，依據條件②中，，所以也是唯一確定的，從而可得也是唯一確定的，再由，代入正弦定理計算可得邊也是唯一確定的，故選擇條件②.因為，，所以．由正弦定理，可得，所以所以三角形面積【點睛】關于解三角形的問題，須要推斷清晰選用合適的公式求解，一般涉及二次方以及三邊一角的關系時都用余弦定理，涉及兩邊兩角的關系一般用正弦定理.18.已知拋物線（）的焦點為，點為拋物線上一點，且.（1）求拋物線的方程；（2）不過原點的直線：與拋物線交于不同兩點，，若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依據拋物線過點，且，利用拋物線的定義求解；（2）設，聯立，依據，由，結合韋達定理求解.【小問1詳解】由拋物線過點，且，得所以拋物線方程為；【小問2詳解】由不過原點的直線：與拋物線交于不同兩點，設，聯立得，所以，所以，所以因為，所以，則，，即，解得或，又當時，直線與拋物線的交點中有一點與原點重合，不符合題意，故舍去；所以實數的值為.19.如圖,在三棱柱中,平面為正三角形,側面是邊長為的正方形,為的中點.（1）求證平面;（2）求二面角的余弦值;（3）試推斷直線與平面的位置關系,并加以證明.【答案】（1）證明見解析（2）（3）直線與平面相交.證明見解析【解析】【分析】（1）依據線面平行的判定定理,在面內找一條直線平行于即可．所以連接交與點，再連接，由中位線定理可得，即可得證；（2）取的中點，連接．分別以，，為軸，軸，軸，如圖建立空間直角坐標系，再依據二面角的向量方法即可求出；（3）依據平面的法向量與直線的方向向量的關系，即可推斷直線與平面的位置關系．【詳解】（1）由題意，三棱柱為正三棱柱．連接．設，則是的中點．連接，由，分別為和的中點，得．又因為平面，平面，所以平面．（2）取的中點，連接．因為為正三角形，且為中點，所以．由，分別為和的中點，得，又因為平面，所以平面，即有，．分別以，，為軸，軸，軸，如圖建立空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，，設平面的法向量，由，，得令，得．設平面的法向量，由，，得令，得．設二面角的平面角為，則．由圖可得二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為．（3）結論：直線與平面相交．證明：因為，，且，所以．又因為平面的法向量，且，所以與不垂直，因為平面，且與平面不平行，故直線與平面相交．【點睛】本題主要考查線面平行的判定定理的應用，二面角的求法，以及直線與平面的位置關系推斷，意在考查學生的直觀想象實力、邏輯推理實力和數學運算實力，屬于中檔題．20.已知橢圓：（）的離心率為，是橢圓的左，右焦點，點是橢圓上隨意一點且滿意.（1）求橢圓方程；（2）設為橢圓右頂點，過點的直線與橢圓交于，兩點（異于），直線，分別交直線于，兩點.求證：，兩點的縱坐標之積為定值.【答案】（1）（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）由題知，，進而解方程即可求得答案；（2）先探討直線的斜率不存在時得，兩點的縱坐標之積為，再探討直線的斜率存在時，設直線的方程為，，進而得，再聯立方程，結合韋達定理求解即可.【小問1詳解】解：因為是橢圓的左，右焦點，點是橢圓上隨意一點且滿意，所以，解得，因為橢圓的離心率為，所以，解得.所以，，所以，橢圓方程為.【小問2詳解】解：由（1）知，，當直線的斜率不存在時，方程為，此時，，直線方程為，直線方程為，所以，，所以，，兩點的縱坐標之積為，當直線的斜率存在時，因為過點的直線與橢圓交于，兩點（異于），所以直線的斜率不為，設直線的方程為，設，則直線方程為，直線方程為，因為直線，分別交直線于，兩點所以，聯立直方程得，所以，，所以，，所以，，兩點的縱坐標之積為所以，，兩點的縱坐標之積為定值.21.已知數列滿意：，，且．記集合．（Ⅰ）若，寫出集合的全部元素；（Ⅱ）若集合存在一個元素是3的倍數，證明：的全部元素都是3的倍數；（Ⅲ）求集合的元素個數的最大值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）證明見解析；（III）8．【解析】【分析】（Ⅰ），利用可求得集合的全部元素為6，12，24；（Ⅱ）因為集合存在一個元素是3的倍數，所以不妨設是3的倍數，由，2，，可歸納證明對隨意，是3的倍數；（Ⅲ）分是3的倍數與不是3的倍數探討，即可求得集合的元素個數的最大值．【詳解】解：（Ⅰ）若，由于，2，，．故集合的全部元素為6，12，24，；（Ⅱ）因為集合存在一個元素是3的倍數，所以不妨設是3的倍數，由，2，，可歸納證明對隨意，是3的倍數．假如，的全部元素都是3的倍數；假如，因為，或，所以是3的倍數；于是是3的倍數；類似可得，，，都是3的倍數；從而對隨意，是3的倍