試題試題2024北京清華附中高三（下）開學考數學2024.2（統練一）第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.已知集合，，則可以為（）A. B. C. D.2.已知復數z滿足，則z的虛部為（）A.1 B. C.2 D.3.工人師傅在檢測椅子的四個“腳”是否在同一個平面上時，只需連接對“腳”的兩條線段，看它們是否相交，就知道它們是否合格.工人師傅運用的數學原理是（）A.兩條相交直線確定一個平面B.兩條平行直線確定一個平面C.四點確定一個平面D.直線及直線外一點確定一個平面4.若是奇函數，則（）A. B.C. D.5.已知分別為三個內角的對邊，若，，則等于（）A. B. C. D.6.已知拋物線的焦點為F，過F的直線與拋物線交于A，B兩點，，則（）A. B.C. D.7.在無窮項等比數列中，為其前n項的和，則“既有最大值，又有最小值”是“既有最大值，又有最小值”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分又不必要條件8.已知關于x的方程有3個不同的實數解，則實數a的取值范圍為（）A. B. C. D.9.在平面直角坐標系中，對于點，若，則稱點A和點B互為等差點．已知點Q是圓上一點，若直線上存在點Q的等差點P，則的取值范圍為（）A. B. C. D.10.平面內互不重合的點、、、、、、，若，其中，2，3，4，則的取值范圍為（）A. B.C. D.第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5道小題，每小題5分，共25分.11.已知，則______.12.雙曲線的離心率為__________.13.已知等差數列的公差為，前項和記為，滿足，若數列為單調遞增數列，則公差的取值范圍為__________.14.正方體中，E是棱的中點，F是側面內的動點，且平面，若正方體的棱長是2，則線段的最小值______.15.海水受日月的引力，會發生潮汐現象.在通常情況下，船在漲潮時駛入航道，進入港口，落潮時返回海洋.某興趣小組通過技術模擬在一次潮汐現象下貨船出入港口的實驗：首先，設定水深（單位：米）隨時間（單位：小時）的變化規律為，其中；然后，假設某貨船空載時吃水深度（船底與水面的距離）為0.5米，滿載時吃水深度為2米，卸貨過程中，隨著貨物卸載，吃水深度以每小時0.4米的速度減小；并制定了安全條例，規定船底與海底之間至少要有0.4米的安全間隙.在此次模擬實驗中，若貨船滿載進入港口，那么以下結論正確的是__________.①若，貨船在港口全程不卸貨，則該船在港口至多能停留4個小時；②若，貨船進入港口后，立即進行貨物卸載，則該船在港口至多能停留4個小時；③若，貨船于時進入港口后，立即進行貨物卸載，則時，船底離海底的距離最大；④若，貨船于時進入港口后，立即進行貨物卸載，則時，船底離海底的距離最大.三、解答題共6道小題，共85分.解答應寫出文字說明、演算步驟或證明過程.16.已知函數，.（1）求的最小值；（2）設，求的取值范圍，17.在三棱柱中，平面平面，為正三角形，D，E分別為和的中點.（1）求證：平面；（2），，再從條件①，條件②，條件③中選擇一個作為已知，使三棱柱唯一確定，求DE與平面所成角的正弦值.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.18.甲、乙兩名同學積極參與體育鍛煉，對同一體育項目，在一段時間內甲進行了6次測試，乙進行了7次測試，每次測試滿分均為100分，達到85分及以上為優秀，兩位同學的測試成績如下表：第一次第二次第三次第四次第五次第六次第七次平均分甲82808286939386乙76818085899686（1）從甲、乙兩名同學共進行的13次測試中隨機選取一次，求該次測試成績超過90分的概率：（2）從甲同學進行的6次測試中隨機選取4次，設X表示這4次測試成績達到優秀的次數，求X的分布列及數學期望；（3）記樣本中甲進行的六次測試成績的方差為，樣本中乙進行的七次測試成績的方差為，樣本中甲、乙兩名同學共進行的13次測試成績的方差為，寫出，，的大小關系.（結論不要求證明）19.已知函數，曲線在處的切線方程為.（1）求a，b的值：（2）①求證：只有一個零點；②記的零點為，曲線在處的切線l與x軸的交點橫坐標為.若，求u的取值范圍.20.已知橢圓，E的離心率，短軸長為4.（1）求橢圓E的標準方程：（2）對于給定的點，在E上存在不同的三點A，B，Q，使得四邊形為平行四邊形，且直線AB過點，求t的取值范圍.21.由個正整數構成的有限集（其中），記，特別規定，若集合M滿足：對任意的正整數，都存在集合M的兩個子集A，B，使得成立，則稱集合為“滿集”.（1）分別判斷集合與是否為“滿集”，請說明理由；（2）若集合為“滿集”，求的值：（3）若為滿集，，求的最小值.

參考答案第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.【答案】D【分析】根據包含關系即可求解.【詳解】由，可知：B可以為，故選：D2.【答案】B【分析】根據共軛復數的定義以及復數的減法運算即可求解.【詳解】設，則，由可得，所以，故z的虛部為，故選：B3.【答案】A【分析】利用平面的基本性質求解.【詳解】解：由于連接對“腳”的兩條線段，看它們是否相交，就知道它們是否合格，所以工人師傅運用的數學原理是“兩條相交直線確定一個平面”.故選：A4.【答案】C【分析】由為奇函數可得，代入相應解析式解方程即可.【詳解】易知定義域為，由為奇函數可得，即，解得.故選：C.5.【答案】C【分析】先由正弦定理得到，再由余弦定理求得，即可求解.【詳解】因為，由正弦定理可得，又因為，由余弦定理得，又因為，所以.故選：C.6.【答案】D【分析】根據拋物線的定義得到，，然后結合和三角函數得到，即可得到.【詳解】如圖，分別過點、向準線作垂線，垂足分別為、，過點、分別作、于點、，準線與軸交于點，設，則由拋物線的定義可得，，則，因為，所以，則，，解得，所以.故選：D.7.【答案】B【分析】設出公比為，分且，且，且，且，且，且，及等情況，進行分類討論，從而得到答案.【詳解】設公比為，當，時，，此時，故，所以為單調遞增數列，此時無最大值，無最大值，當，時，，此時，故，所以為單調遞減數列，此時無最小值，無最大值，當時，時，，此時，故，所以為單調遞減數列，此時無最小值，無最小值，當時，時，，此時，故，所以為單調遞增數列，此時無最大值，無最小值，當時，，為擺動數列，且，故，所以隨著的增大，趨向于0，故有最大值，也有最小值，若且，，，當為奇數時，，當為偶數時，，且隨著的增大，趨向于，其中，，故且，故有最大值，也有最小值，若且，，，當為奇數時，，當為偶數時，，且隨著的增大，趨向于，其中，，故且，故有最大值，也有最小值，當時，，為擺動數列，且，故，所以隨著的增大，趨向于正無窮或負無窮，故無最大值，也無最小值，此時無最大值，無最小值，當時，為常數列，此時有最大值，也有最小值，此時無最大值或無最小值，故充分性不成立，當時，有最大值，也有最小值，此時有最大值和最小值，綜上，當既有最大值，又有最小值時，既有最大值，又有最小值，必要性成立，故“既有最大值，又有最小值”是“既有最大值，又有最小值”的必要不充分條件.故選：B8.【答案】D【分析】先判斷時不符合題意，再將問題轉化為與直線有3個不同的交點，判斷時單調不符合題意，最后畫時的圖象進行數形結合，利用解得參數范圍即可.【詳解】時，即無解，顯然不符合題意；時，令，則原方程等價于，即，令，則與直線有3個不同的交點.二次函數的根為a和0，若時，顯然時，，且單調遞增，即單調，不可能與直線有3個不同的交點若時，作出的草圖如圖所示，又，則只需滿足，得.故選：D．【點睛】方法點睛：已知函數零點個數(方程根的情況)求參數值(取值范圍)常用的方法：（1）直接法：分類討論直接求解方程得到方程的根；（2）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.9.【答案】C【分析】設，根據等差點的定義可得，利用三角代換，推出，求出其范圍，結合即可求得答案.【詳解】由題意設，由題意知，則，由于點Q是圓上一點，故令，則，由于，故，則，故，故選：C10.【答案】D【分析】由題意首先得在以點為圓心，為半徑的圓上面，為的重心，結合三角形三邊關系即可得解.【詳解】設為的重心，則，因為，所以，即在以點為圓心，為半徑的圓上面，設點與坐標原點重合，則，當且僅當都在線段上，等號成立，又，當且僅當在線段上面，且在線段上，在線段上，等號成立綜上所述，的取值范圍為.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：關鍵是得到得在以點為圓心，為半徑的圓上面，由此即可順利得解.第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5道小題，每小題5分，共25分.11.【答案】3【分析】根據二項式的通項求項的系數即可.【詳解】的通項為，所以展開式中的系數為，的通項為，所以展開式中的系數為，所以.故答案為：3.12.【答案】【分析】首先將方程化成標準式，求出、，再根據離心率求出離心率．【詳解】解：因為，所以，，，即，即故答案為：【點睛】本題考查雙曲線的簡單幾何性質，屬于基礎題.13.【答案】【分析】根據給定條件，確定恒成立，再分析判斷，結合已知等式求解作答.【詳解】因為數列為單調遞增數列，則當時，，而等差數列的公差，若，由知，數列單調遞減，存在正整數，當時，，與數列為單調遞增數列矛盾，因此，由，得，即，解得，則，所以公差的取值范圍為.故答案為：14.【答案】【分析】根據線線平行證明平面平面，即可分析的軌跡，根據垂直即可求解最小值.【詳解】設平面與直線交于，連接，，則為的中點，分別取，的中點，，連接，，，如圖，，平面，平面，平面，同理可得平面，又、是平面內的兩條相交直線，平面平面，而平面，故平面，得點的軌跡為線段，且,又,故時，線段取最小值，此時故答案為：．15.【答案】①④【分析】根據船離海底距離為，解三角不等式可判斷①；由船離海底距離，利用導數判斷單調性即可判斷②；船離海底距離，利用導數求出最值即可判斷③、④【詳解】①不卸貨，則吃水恒為2米，船離海底為，當時，，則，解得，所以最多停留時間為小時，故①正確；②立即卸貨，吃水深度，且，解得，此時船離海底，，所以在上單調遞增，且當時，，由，，此段時間都可以停靠，又，，故②錯誤；③與④，，，，，解得，當時，；當時，，所以當時，船底離海底的距離最大.故答案為：①④【點睛】關鍵點點睛：本題考查了三角函數的應用、導數的應用，解題的關鍵是表示出船離海底距離的關系式，此題綜合性比較強，考查了知識的應用能力以及計算能力.三、解答題共6道小題，共85分.解答應寫出文字說明、演算步驟或證明過程.16.【答案】（1）（2）【分析】（1）根據列方程，解方程得到，然后利用換元法求最小值即可；（2）利用誘導公式和和差公式化簡得到，然后利用同角三角函數基本公式和換元法求范圍即可.【小問1詳解】，解得，所以，令，則，，則函數在上單調遞增，上單調遞減，所以當，即時，取得最小值，最小值為.【小問2詳解】，令，則，，，所以當時，即取得最小值，為；當時，即取得最大值，為，所以的范圍為.17.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）根據線線平行即可求證，（2）根據三棱柱唯一可選擇條件③，即可建立空間直角坐標系，利用向量的夾角求解.【小問1詳解】取的中點為，連接，，則且，在直三棱柱中，且，又E為的中點，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面；【小問2詳解】若選條件①：由（1）知且，故，由于，,此時在中，三邊關系無法構成三角形，故選條件①：，此時三棱柱不存在，若選條件②：由于為正三角形，,又，故只要滿足三棱柱為直三棱柱即可，故此時三棱柱不唯一，條件③：由于平面平面，且交線為，又平面，因此平面，平面,故，又，平面,故平面，故三棱柱為直三棱柱，三棱柱唯一，故建立如圖所示的空間直角坐標系，則0,，，，所以，設為平面的一個法向量，則，即，令，所以，設直線與平面所成的角為，則，所以直線與平面所成的角的正弦值為；18.【答案】（1）（2）分布列見解析，（3）【分析】（1）根據題意，由古典概型的概率計算公式，即可得到結果；（2）根據題意，由條件可得的可能取值有，分別計算其對應的概率，即可得到結果；（3）根據題意，由方差的計算公式代入計算，即可得到結果.【小問1詳解】由表格可知，乙第七次的成績為，在13次測試中成績超過90分共有次，設事件表示從甲、乙兩名同學共進行的13次測試中抽取一次，且成績超過90分，則.【小問2詳解】由表格可知，甲同學進行的6次測試中成績達到優秀有次，沒達到優秀有次，的可能取值有，則，，，則可得分布列為.【小問3詳解】由題意可得，，所以.19.【答案】（1）（2）證明見解析；【分析】（1）利用導數的幾何意義，結合題意得切線方程建立方程，解之即可求解；（2）①由（1），利用導數研究函數的單調性，結合零點的定義即可證明；②利用導數的幾何意義求出切線l方程，令可得，結合，利用導數研究函數的單調性可得當時，當時，即可求解.【小問1詳解】由題意知，，所以曲線在處的切線的斜率為，又曲線在處的切線方程為，所以，解得；【小問2詳解】①：由（1）知，，令，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以，且當時，，當時，，所以函數在R上存在唯一，使得，即函數在R上存在唯一零點.②：由①知，切線的斜率為，又，所以，令，得，設，則，令或，或，所以函數在和上單調遞減，在和上單調遞增，當時，，即，由①知，故不符合題意；當時，由，得，即，符合題意，故實數的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：本題考查導數的幾何意義、函數的零點等，解題關鍵是找到的大小關系．本題中，利用導數研究函數的單調性是關鍵，當時，當時，即為所要求的大小關系．20.【答案】（1）（2）【分析】（1）根據橢圓的離心率得到，根據短軸長得到，然后結合解方程即可；（2）利用點差法和直線過點得到中點的軌跡方程，然后根據，得到，再結合點在橢圓上得到，最后根據的范圍求的范圍即可.【小問1詳解】由題意得，又，解得，，，所以橢圓的標準方程為.【小問2詳解】設，，，中點坐標，聯立得，又直線過點，所以，整理得，即中點的軌跡方程為①，因為四邊形為平行四邊形，所以，，代入①式可得②，又點在橢圓上，所以，整理得③，③式代