試題試題2024北京清華附中高三（上）統練九數學一、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（）A. B. C. D.2.已知復數，則復數在復平面內對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限3.已知且，則下列結論中不正確的是（）A. B.C. D.4.在的展開式中，的系數為A.5 B. C.10 D.5.設等比數列{an}的前n項和為Sn，若8a2＋a5＝0，則下列式子中數值不能確定的是()A. B.C. D.6.已知，是兩個不同的平面，“”的一個充分條件是A.內有無數直線平行于B.存在平面，，C.存在平面，，且D.存在直線，，7.已知定點和拋物線是拋物線的焦點，是拋物線上的點，則的最小值為（）A.3 B.4 C.5 D.68.直線與圓相交于兩點，當面積最大時，（）A.0 B. C. D.9.已知，函數有最小值，則的取值范圍是（）A. B.C. D.10.設無窮等差數列的公差為，集合.則（）A.不可能有無數個元素B.當且僅當時，只有1個元素C.當只有2個元素時，這2個元素的乘積有可能為D.當時，最多有個元素，且這個元素的和為0二、填空題共5道小題，每小題5分，共25分.11.在中，若，則角等于_____.12.已知向量滿足，且，則_____.13.已知雙曲線的左右焦點分別為，，點，則雙曲線的漸近線方程為__________；__________.14.木楔在傳統木工中運用廣泛.如圖，某木楔可視為一個五面體，其中四邊形是邊長為2的正方形，且均為等邊三角形，，則該木楔的體積為_____.15.已知函數，給出下列四個結論：①函數是奇函數；②，且，關于x的方程恰有兩個不相等的實數根；③已知是曲線上任意一點，，則；④設Mx1,y1為曲線上一點，Nx2,y2其中所有正確結論的序號是_________.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.（I）求函數的最小正周期及在區間上的最大值和最小值；（II）若,求的值.17.如圖，在四棱錐中，為的中點，平面.（1）求證:;（2）若，再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，（i）求證:平面;（ii）設平面平面，求二面角的余弦值.條件①:;條件②:.注: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.為了解某地區居民每戶月均用電情況，采用隨機抽樣的方式隨機調查了100戶居民，獲得了他們每戶月均用電量的數據，發現每戶月均用電量都在之間，進行適當分組后（每組為左閉右開區間），得到如下頻率分布直方圖：（1）記頻率分布直方圖中從左到右的分組依次為第1組，第2組，...，第6組，從第5組和第6組中任取2戶居民，求他們月均用電量都不低于的概率；（2）從該地區居民中隨機抽取3戶，設月均用電量在之間的用戶數為，以頻率估計概率，求的分布列和數學期望；（3）該地區為提倡節約用電，擬以每戶月均用電量為依據，給該地區月均用電量不少于的居民用戶每戶發出一份節約用電倡議書，且發放倡議書的數量為該地區居民用戶數的2%.請根據此次調查的數據，估計應定為多少合適?（只需寫出結論）.19.已知橢圓的左頂點為，下頂點為，離心率為，點在上.（1）求橢圓的標準方程；（2）設是橢圓上三個不同的點，它們都不與重合，且，求證：.20.已知函數，其中.（1）當時，求曲線在點處切線方程；（2）求的單調區間；（3）若區間，求實數的取值范圍.21.已知集合，對于集合的非空子集．若中存在三個互不相同的元素，，，使得，，均屬于，則稱集合是集合的“期待子集”．（1）試判斷集合，是否為集合的“期待子集”；（直接寫出答案，不必說明理由）（2）如果一個集合中含有三個元素，，，同時滿足①，②，③為偶數．那么稱該集合具有性質．對于集合的非空子集，證明：集合是集合的“期待子集”的充要條件是集合具有性質；（3）若的任意含有個元素的子集都是集合的“期待子集”，求的最小值．

參考答案一、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】B【分析】根據題意和交集的定義與運算求出，結合補集的定義與運算即可求解.【詳解】因為所以，又，所以.故選：B.2.【答案】C【分析】先根據復數的除法運算和復數的模求出復數，再根據復數的幾何意義即可得解.【詳解】，所以復數在復平面內對應的點為，位于第三象限.故選：C.3.【答案】D【分析】對A：由對數性質運算即可得；對B：由對數性質運算即可得；對C：借助基本不等式運算即可得；對D：找出反例即可得.【詳解】對A：，故A正確；對B：由，則，故，故B正確；對C：由，故，當且僅當時等號成立，由，故等號不成立，即，故C正確；對D：當、時，符合題意，但此時，故D錯誤.故選：D.4.【答案】D【分析】根據二項式定理計算即可.【詳解】解：在的展開式中的項為的系數為-10，故選：D.5.【答案】D【詳解】等比數列中，，，不能確定故選：D6.【答案】D【分析】根據線面平行判定、線面垂直性質定理等判定即可.【詳解】解：對于A.根據面面平行判定定理可得A錯誤；對于B.當，時，可能三個平面兩兩相交，不能得出平行，B錯誤；對于C.當，且時，可能三個平面兩兩相交，不能得出，C錯誤；對于D.根據線面垂直推得：當，時，成立，故D正確；故選：D.【點睛】平行關系之間的轉化：在證明線面、面面平行時，一般遵循從“低維”到“高維”的轉化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而在應用性質定理時，其順序恰好相反，但也要注意，轉化的方向是由題目的具體條件而定的，不可過于“模式化”.7.【答案】C【分析】根據拋物線定義，數形結合即可求出的最小值.【詳解】由題拋物線是拋物線的焦點，則，準線方程為，是拋物線上的點，過作垂直準線于，過作垂直準線于交拋物線于，則由拋物線定義知，由圖像可知,即的最小值的最小值為，由，準線方程為，所以.故選：C8.【答案】B【分析】求出圓心和半徑，直接利用三角形面積公式求出最值，從而得到圓心到直線的距離，代入計算即可.【詳解】，即，則其圓心為，半徑為2，而，當且僅當時等號成立，此時為頂點為的等腰直角三角形，此時圓心到直線的距離，則，解得.故選：B.9.【答案】A【分析】分、、三種情況討論，分析函數在區間和上的單調性，結合題可得出關于實數的不等式組，進而可求得實數的取值范圍.【詳解】①當時，二次函數的對稱軸為直線，此時函數在區間上單調遞減，此時，函數在區間上單調遞減，此時，若使得函數有最小值，則，解得，不合乎題意；②當時，二次函數的對稱軸為直線，此時函數在區間上的最小值為，函數在區間上單調遞減，此時，若使得函數有最小值，則，解得，不合乎題意；③當時，二次函數的對稱軸為直線，此時函數在區間上的最小值為，函數在區間上單調遞增，此時，若使得函數有最小值，則，解得，此時.綜上所述，實數的取值范圍是.故選：A.10.【答案】D【分析】對于，選項，可取特殊數列驗證即可；對于可假設成立，結合圖象推出與已知矛盾；對于，結合正弦函數的周期，即可判斷.【詳解】選項，取，則，由，因為是無窮等差數列，正弦函數是周期為的函數，所以在每個周期上的值不相同，故錯誤；選項，取，即，則，只有一個元素，故錯誤；選項，假設只有2個元素，，這2個元素的乘積為，如圖可知當等于或時，顯然不是等差數列，與已知矛盾，故錯誤；選項，當時,，，，，，，，所以最多有個元素，又因為正弦函數的周期為，數列的公差為，所以把周期平均分成份，所以個元素的和為0，故正確.故選:.【點睛】方法點睛：本題考查等差數列與正弦函數性質相結合，采用特例法，數形結合的方法判斷.二、填空題共5道小題，每小題5分，共25分.11.【答案】【分析】先利用正弦定理化邊為角，再結合已知可得，再利用余弦定理即可得解.【詳解】因為，由正弦定理得，則，所以，所以，又，所以.故答案為：.12.【答案】1【分析】由兩邊平方求解.【詳解】解：因為，所以，解得，故答案為：113.【答案】①.②.【分析】根據雙曲線的方程，求得半實軸a、半虛軸b的值，代入漸近線方程，即可求得答案；根據M點在雙曲線的左支上，根據雙曲線的定義，即可求得答案.【詳解】因為雙曲線，半實軸，半虛軸,所以漸近線方程為，即；因為滿足雙曲線方程，且在雙曲線的左支上，根據雙曲線的定義得，所以-2.故答案為：；-214.【答案】【分析】如圖，分別過點A，B作的垂線，垂足分別為G，H，連接，取的中點O，連接，求出，結合三棱錐和三棱柱的體積公式計算即可.【詳解】如圖，分別過點A，B作的垂線，垂足分別為G，H，連接，則由題意等腰梯形全等于等腰梯形，則.取的中點O，連接，因為，所以，則，∴.因為，，所以，因為四邊形為正方形，所以，又因為，平面，所以平面，所以平面，同理可證平面，∴多面體的體積，故答案為：.15.【答案】②③④【分析】對①：計算定義域即可得；對②：對與分類討論，結合二次函數求根公式計算即可得；對③：借助兩點間的距離公式與導數求取最值計算即可得；對④：結合函數性質與③中所得結論即可得.【詳解】對①：令，即有，即，故函數不是奇函數，故①錯誤；對②：，即，當時，有，故是該方程的一個根；當，時，由，故，結合定義域可得，有，即，令，，有或（負值舍去），則，故必有一個大于的正根，即必有一個大于的正根；當，時，由，故，結合定義域有，有，即，令，，有或（正值舍去），令，即，則，即，故在定義域內亦必有一根，綜上所述，，且，關于x的方程恰有兩個不相等的實數根，故②正確；對③：令Px,y，則有，，令，，，當時，，當時，，故在、1,+∞上單調遞增，在上單調遞減，又，，故恒成立，即，故，故③正確；對④：當時，由，，故，此時，，則，當時，由與關于軸對稱，不妨設，則有或，當時，由，有，故成立；當時，即有，由③知，點與點在圓上或圓外，設點與點在圓上且位于x軸兩側，則,故；綜上所述，恒成立，故④正確.故答案為：②③④.【點睛】關鍵點點睛：結論④中的關鍵點在于借助結論③，結合函數的對稱性，從而得到當、都小于零時，的情況.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）周期為，最大值為2，最小值為-1（2）【詳解】試題分析：（1）將函數利用倍角公式和輔助角公式化簡為,再利用周期可得最小正周期,由找出對應范圍,利用正弦函數圖像可得值域;（2）先利用求出,再由角的關系展開后代入可得值.試題解析:（1）所以又所以由函數圖像知.（2）解：由題意而所以所以所以=.考點：三角函數性質;同角間基本關系式;兩角和的余弦公式17.【答案】（1）證明見解析（2）（i）證明見解析；（ⅱ）【分析】（1）借助線面平行的性質定理與中位線的性質即可得；（2）（i）借助線面垂直的判定定理即可得；（ⅱ）無論選或是②結合所給條件建立適當的空間直角坐標系后借助空間向量計算即可得.【小問1詳解】取的中點，連接，因為為的中點，所以，因為，所以，所以四點共面，因為平面，平面平面，平面，所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以；【小問2詳解】取的中點，連接，由（1）知，所以，因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，因為，所以，所以，即，選條件①：，（i）因為，所以與全等，所以，因為，所以，所以，即，又因為，、平面，所以平面；（ⅱ）由（i）知平面，而平面，所以，因為，建立如圖所示空間直角坐標系，則，所以，設平面的法向量為,則，即，令，則，于是，因為為平面的法向量,且，所以二面角的余弦值為.選條件②：，(i)因為，所以，因為，所以與全等，所以，即，因為，又因為，、平面，所以平面；(ii)同選條件①.18.【答案】（1）；（2）的分布列見解析，；（3）應定為325合適.【分析】（1）由頻率分布直方圖分別求出100戶居民中第5組和第6組的居民戶數，再結合古典概型的概率公式即可求解.（2），的可能取值為，依次求出各取值的概率，再結合期望公式即可求解.（3）依據條件結合第98百分位數的定義即可求解.【小問1詳解】由頻率分布直方圖可知，100戶居民中，第5組居民戶數為，第6組的居民戶數為，所以從第5組和第6組中任取2戶居民，他們月均用電量都不低于的概率為.【小問2詳解】該地區月均用電量在之間的用戶所占的頻率為，所以由題意可知，的可能取值為，所以，，，，所以的分布列為0123.【小問3詳解】由頻率分布直方圖可知月均用電量在之間的用戶所占的頻率為，設月均用電量的樣本數據的第98百分位數為b，則，所以，所以應定為325合適.19.【答案】（1）（2）證明見解析【分析】（1）由離心率為，可得，再將點代入方程即可求得橢圓方程；（2）得到點后，分別求出直線、直線的斜率，則可設出直線的方程與直線的方程，分別聯立曲線，則可得與、橫坐標與、橫坐標關系，則可借助點坐標表示出、坐標，并可分別表示出與，兩者作差，并根據點在橢圓上所得橫縱坐標關系計算即即可得解.【小問1詳解】由橢圓離心率為，故，則，由點在上，則，化簡得，即，則，所以橢圓的標準方程；【小問2詳解】由橢圓得，那么直線的斜率為，設，因為，所以，設直線的方程為，聯立，整理得，，即，則，由，則，則，，則，又，，所以，因為，設，直線的方程為，聯立，整理得，Δ2=4n則，由，則，則，則，則，則，由，則，則，故，即.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.20.【答案】（1）（2）答案見解析（3）【分析】（1）借助導數的幾何意義計算可得切線斜率，再結合切點坐標計算即可得；（2）分及，結合定義域分類討論，求導后因式分解，結合二次函數性質計算即可得；（3）利用函數定義域，結合所給條件，可得，從而可分及，借助第二問中所得單調性去計算函數在1,+∞上的最小值，解出即可得.【小問1詳解】當時，，則，，則，故曲線在點處切線方程為；【小問2詳解】，①若，則定義域為，有恒成立，則當時，，當時，，即在、上單調遞增，在、上單調遞減；②若，則定義域為，有恒成立，則當時，，當時，，即在、上單調遞減，在、上單調遞增；綜上所述：當時，在、上單調遞增，在、上單調遞減；當時在、上單調遞減，在、上單調遞增；【小問3詳解】由，故，有定義域為，故，則在上單調遞減，在上單調遞增，若，即時，在上單調遞減，在上單調遞增，有，解得或（舍去），即；若，即時，在1,+∞上單調遞增，只需，即，由，故，，故無解；故實數的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：最后一問關鍵點在于利用函數定義域，結合所給條件，得到，從而可借助第二問中所得單調性去計算函數在1,+∞上的最小值.21.【答案】（1）是集合的“期待子集”，不是集合的“期待子集”（2）證明見解析（3）【分析】（1）根據所給定義判斷即可.（2）先證明必要性，再證明充分性，結合所給“期待子集”的定義及性質的定義證明即可；（3）首先利用反例說明當、時不成立，再利用數學歸納法證明集合的任意含有個元素的子集，都是的“期待子集”，即可得解.【小問1詳解】因為，對于集合，令，解得，顯然，，所以是集合的“期待子集”；對于集合，令，則，因為，即，故矛盾，所以不是集合的“期待子集”；【小問2詳解】先證明必要性：當集合是集合的“期待子集”時，由題意，存在互不相同的，使得，不妨設，令，，，則，即條件中的①成