試題試題2024北京一六一中高三（下）開學考數學考生須知1．本試卷共3頁，滿分150分，考試時長120分鐘．2．試題答案一書寫在答題紙上，在試卷上作答無效．3．在答題紙上，選擇題用2B鉛筆作答，非選擇題用黑色字跡簽字筆作答．4．考試結束后，將答題紙、試卷和草稿紙一并交回．一、選擇題：本大題共10道小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目的要求．把正確答案涂寫在答題卡上相應的位置．1.已知集合，則（）A. B.C. D.2.若復數z滿足，則復數z的虛部是（）A. B.3 C.1 D.03.已知函數，則不等式的解集為（）A. B. C. D.4.在平面直角坐標系中，角以為始邊，終邊與單位圓交于點，則（）A. B. C. D.5.已知函數的部分圖象如下圖所示，則的解析式可能為（）A. B.C. D.6.設為正整數，的展開式中存在常數項，則的最小值為（）A.2 B.3 C.4 D.57.已知，，，則（）A. B.C. D.8.若不等式對任意恒成立，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.9.已知數列滿足，其中為常數，則“”是“是等差數列”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10.已知向量滿足，則的最大值是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共5小題，共25分，把答案填在答題紙中相應的橫線上．11.函數的零點是______________．12.已知雙曲線的漸近線與圓相切，則_________.13.已知函數，如圖是直線與曲線的兩個交點，若，則____________，____________．14.設拋物線的焦點為F，準線為l．斜率為的直線經過焦點F，交拋物線C于點A，交準線l于點B（A，B在x軸的兩側）若，則拋物線的方程為______．15.已知正方體的棱長為1，是空間中任意一點．給出下列四個結論：①若點在線段上運動，則始終有；②若點在線段上運動，則過，，三點的正方體截面面積的最小值為；③若點在線段上運動，三棱錐體積為定值；④若點在線段上運動，則的最小值為．其中所有正確結論的序號有________．三、解答題：本大題共6小題，共85分，把答案填在答題紙中相應的位置上．16.在中，a，b，c分別為內角A，B，C所對的邊，且滿足．（1）求角A的大小；（2）試從條件①②③中選出兩個作為已知，使得存在且唯一，寫出你的選擇___________，并以此為依據求的面積．(注：只需寫出一個選定方案即可)條件①：；條件②：；條件③：．注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．17.某學校體育課進行投籃練習，投籃地點分為區和區，每一個球可以選擇在區投籃也可以選擇在區投籃，在區每投進一球得2分，沒有投進得0分；在區每投進一球得3分，沒有投進得0分.學生甲在，兩區的投籃練習情況統計如下表：甲區區投籃次數得分假設用頻率估計概率，且學生甲每次投籃相互獨立．（1）試分別估計甲在區，區投籃命中的概率；（2）若甲在區投個球，在區投個球，求甲在區投籃得分高于在區投籃得分的概率；（3）若甲在區，區一共投籃次，投籃得分的期望值不低于分，直接寫出甲選擇在區投籃的最多次數．（結論不要求證明）18.如圖，多面體中，四邊形為矩形，，，，，，．（1）求證：⊥；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）求出的值，使得，且到平面距離為．19.已知函數（為自然對數的底數）（1）若曲線在點處的切線平行于軸，求的值；（2）求函數的極值；（3）當時，若直線與曲線沒有公共點，求的最大值.20.已知橢圓．（1）求橢圓E的離心率和短軸長；（2）設直線與橢圓E相切于第一象限內的點P，不過原點O且平行于的直線與橢圓E交于不同的兩點A，B，點A關于原點O的對稱點為C．記直線OP的斜率為，直線BC的斜率為，求的值．21.對于數列，，…，，定義變換，將數列變換成數列，，…，，，記，，．對于數列，，…，與，，…，，定義．若數列，，…，滿足，則稱數列為數列．（1）若，寫出，并求；（2）對于任意給定的正整數，是否存在數列，使得若存在，寫出一個數列，若不存在，說明理由：（3）若數列滿足，求數列A的個數．

參考答案一、選擇題：本大題共10道小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目的要求．把正確答案涂寫在答題卡上相應的位置．1.【答案】B【分析】化簡集合，結合集合的運算即可.【詳解】由，，，，則A,C,D錯誤，B正確.故選：B2.【答案】A【分析】根據復數的運算求出復數，即可明確復數的虛部.【詳解】由，所以復數的虛部為.故選：A3.【答案】B【分析】將不等式轉化為兩個函數，在同一坐標系下作出兩個函數的圖象，由圖像可得結果.【詳解】因為，所以，即，令，且均為增函數，則不等式為，在同一坐標系下作出兩個函數的圖象，如圖所示，又當時，當時，，所以由圖像可知：的解集為：，故選：B.4.【答案】A【分析】根據單位圓及三角函數的定義求出，再由二倍角余弦公式求解.【詳解】因為是角終邊與單位圓的交點，所以，故.故選：A5.【答案】D【分析】由圖知函數為偶函數，應用排除，先判斷B中函數的奇偶性，再判斷A、C中函數在上的函數符號排除選項，即得答案.【詳解】由圖知：函數圖象關于y軸對稱，其為偶函數，且，由且定義域為R，即B中函數為奇函數，排除；當時、，即A、C中上函數值為正，排除；故選：D6.【答案】B【分析】寫出二項式展開式的通項，令的指數為0，進而可得結果.【詳解】的展開式的通項，令得，因為，所以當時，有最小值3，故選：B7.【答案】B【分析】利用對數函數的單調性可得，，又，從而可得.【詳解】因為，所以，即，因為，所以，即，而，所以.故選：B.8.【答案】B【分析】先根據奇偶數對n討論，再分離參數a，轉化函數最值問題即得解.【詳解】（1）當n為偶數時，恒成立，即轉化為恒成立，而數列是遞增數列，故時，，故；（2）當n為奇數時，恒成立，即，轉化為恒成立，而數列是遞增數列，n為奇數時，，故；綜上可得a的范圍為.故選：B.9.【答案】C【分析】先證明出充分性成立，再證明出必要性成立，得到答案.【詳解】由題意得，若，則，即，，即，由與得，由與得，依此類推，可得，故是等差數列，充分性成立，若是等差數列，不妨設，則，故，即因為，所以，所以，必要性成立，故“”是“是等差數列”的充要條件.故選：C10.【答案】C【分析】把平移到共起點以的起點為原點，所在的直線為軸，的方向為軸的正方向，求出的坐標，則根據得的終點得軌跡，根據的意義求解最大值.【詳解】把平移到共起點，以的起點為原點，所在的直線為軸，的方向為軸的正方向，見下圖，設，則又則點的軌跡為以為直徑的圓，又因為所以故以為直徑的圓為，所以的最大值就是以為直徑的圓上的點到原點距離的最大值，所以最大值為故選：C二、填空題：本大題共5小題，共25分，把答案填在答題紙中相應的橫線上．11.【答案】【分析】利用對數運算及零點含義可得答案.【詳解】由題意可得函數的定義域為.，令可得，解得或（舍），故答案為：.12.【答案】【分析】求出雙曲線的漸近線方程，利用圓心到漸近線的距離等于圓的半徑可求得的值.【詳解】由得，所以圓心為，半徑為，雙曲線的漸近線方程為，即，因為雙曲線的漸近線與圓相切，所以，化簡得，解得或（舍去）.故答案為：.13.【答案】①.②.【分析】設，依題可得，，結合的解可得，從而得到的值，再根據以及，即可得，進而求得．【詳解】設，由可得，由可知，或，，由圖可知，當時，，即，；當時，，即，；綜上：；因為同一圖象對應的解析式是一樣的，所以此時不妨設，則，因為，所以，即，．所以，所以或，又因為，所以，．故答案為：；.14.【答案】【分析】根據直線的斜率以及求得，從而求得拋物線的方程.【詳解】如圖：設拋物線的準線與軸交于點，拋物線與直線的另一個交點為，分別過、作準線的垂線，垂足分別為、，設，，則，.又直線的斜率為，所以.所以，.又.又因為軸.所以拋物線的標準方程為：.故答案為：15.【答案】①③④【分析】由平面判斷①；由向量法判斷②；由等體積法判斷③；將與四邊形沿展開在同一平面上，由余弦定理得出的最小值.【詳解】對于①：如下圖，連接，所以，又，所以，因為平面，所以，由線面垂直的判定可知，平面，因為平面，所以，故①正確；對于②：在上取一點，使得，連接，易知，且，即四點共面，即過，，三點的截面為截面.以點為坐標原點，建立如下圖所示的坐標系：，因為，，所以截面的面積為，當時，，，三點的正方體截面面積最小值為，故②錯誤；對于③：如下圖，由已知得，所以直線上所有點到平面的距離相等，又，而是一個定值，所以三棱錐體積為定值，故③正確；對于④：如下圖，將與四邊形沿展開在同一平面上，由圖可知，線段的長度即為的最小值，在中，，故④正確；故答案為：①③④【點睛】方法點睛：本題考查空間中的動點問題，解決此類問題時，常需證明線線，線面，面面間的平行和垂直關系，從而得出點運動中，存在的不變的位置關系，存在著面積或體積的定值.三、解答題：本大題共6小題，共85分，把答案填在答題紙中相應的位置上．16.【答案】（1）（2）選②③不合題意；選①②，面積為；選①③，面積為【分析】（1）利用三角恒等變換化簡已知條件，從而求得的大小.（2）首先判斷選②③不合題意，然后結合正弦定理、余弦定理，計算出選①②或①③時三角形的面積.【小問1詳解】，，，，，由于，所以.【小問2詳解】若選②③，三個已知條件是，沒有一個是具體的邊長，無法確定.若選①②，三個已知條件是，由正弦定理得，此時存在且唯一，，所以；若選①③，三個已知條件是，由余弦定理得，即，解得，此時存在且唯一，所以.17.【答案】（1），（2）（3）次【分析】（1）根據頻率和概率的知識求得正確答案.（2）根據“甲在區投籃得分高于在區投籃得分”進行分類討論，根據相互獨立事件乘法公式求得正確答案.（3）根據數學期望類不等式，由此求得正確答案。【小問1詳解】甲在區投籃次，投進次，所以估計甲在區投籃進球的概率為，甲在區投籃次，投進次，所以估計甲在區投籃進球的概率為.【小問2詳解】據題意，甲在區進球的概率估計為，在區投籃進球的概率估計為.設事件為“甲在區投籃得分高于在區投籃得分”甲在區投個球，得分可能是，在區投個球，得分可能是.則甲在區投籃得分高于在區投籃得分的情況有：區分區分，概率估計為，區分區分，概率估計為，區分區分，概率估計為，區分區分，概率估計為，區分區分，概率估計為，則甲在區投籃得分高于在區投籃得分的概率估計為.【小問3詳解】甲在區投籃一次得分的期望估計是，甲在區投籃一次得分的期望估計是，設甲在區投籃次，則甲在區投籃次，則總的期望值估計為，解得，則甲選擇在區投籃的次數最多是次．18.【答案】（1）證明見解析（2）（3）【分析】（1）根據矩形的性質，結合線面垂直的判定定理和性質進行證明即可；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式進行求解即可；（3）利用空間向量距離公式，結合三棱錐的體積公式進行求解即可.【小問1詳解】因為四邊形為矩形，所以；又，，，平面，所以平面，平面，所以.【小問2詳解】由（1）知平面，如圖建立空間直角坐標系，其中，為，軸的正方向，因為，所以：，，，.所以，，.設平面的法向量為，則，取.則.所以直線與平面所成角的正弦值為：.【小問3詳解】設到平面的距離為，.，，.設平面的法向量為，，.所以：，取..19.【答案】（1）（2）當時，函數無極小值；當，在處取得極小值，無極大值（3）的最大值為【分析】（1）求出，由導數的幾何意義，解方程即可；（2）解方程，注意分類討論，以確定的符號，從而確定的單調性，得極大值或極小值（極值點多時，最好列表表示）；（3）題意就是方程無實數解，即關于的方程在上沒有實數解．一般是分類討論，時，無實數解，時，方程變為，因此可通過求函數的值域來求得的范圍．【詳解】（1）由,得．又曲線在點處的切線平行于軸,得,即,解得．（2）,①當時,,為上的增函數,所以函數無極值．②當時,令,得,．,;,．所以在上單調遞減,在上單調遞增,故在處取得極小值,且極小值為,無極大值．綜上,當時,函數無極小值當,在處取得極小值,無極大值．（3）當時,令,則直線:與曲線沒有公共點,等價于方程在上沒有實數解．假設,此時,,又函數的圖象連續不斷,由零點存在定理,可知在上至少有一解,與“方程在上沒有實數解”矛盾,故．又時,,知方程在上沒有實數解．所以的最大值為．解法二:（1）（2）同解法一．（3）當時,．直線:與曲線沒有公共點,等價于關于的方程在上沒有實數解,即關于的方程:（*）在上沒有實數解．①當時,方程（*）可化為,在上沒有實數解．②當時,方程（*）化為．令,則有．令,得,當變化時,的變化情況如下表:減增當時,,同時當趨于時,趨于,從而的取值范圍為．所以當時,方程（*）無實數解,解得的取值范圍是．綜上,得的最大值為．考點：導數的幾何意義，極值，導數與單調性、值域，方程根的分布．20.【答案】（1）橢圓的離心率：；短軸長：（2）（過程見解析）【分析】（1）根據橢圓的標準方程，確定橢圓的離心率和短軸長.（2）根據直線與