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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

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