試題試題2024北京東直門中學高三（下）開學考數學2024.2考試時間：120分鐘總分：150分班級______姓名______學號______第一部分（選擇題，共40分）一、單選題（本大題共10小題，共40.0分．在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.已知全集，集合滿足，則（）A. B. C. D.2.復數，，其中，為實數，若為實數，為純虛數，則（）A. B. C.6 D.73.已知二項式的展開式中僅有第項的二項式系數最大，則為（）A. B. C. D.4.設為所在平面內一點，，，，則（）A. B. C. D.5.若，則（）A. B. C. D.6.如圖，在棱長為2的正方體中，點在截面上（含邊界），則線段的最小值等于（）A. B. C. D.7.已知的內角，，的對邊分別為，，，若，，成等比數列，且，則（）A. B. C. D.8.直線與圓有公共點的一個充分不必要條件是（）A. B.C. D.9.已知雙曲線的右焦點為，過且與一條漸近線平行的直線與的右支及另一條漸近線分別交于兩點，若，則的漸近線方程為（）A. B. C. D.10.在數列的每相鄰兩項之間插入此兩項的和，形成新的數列，再把所得新數列按照同樣的方法進行構造，可以不斷形成新的數列．現對數列1，2進行構造，第1次得到數列1，3，2；第2次得到數列1，4，3，5，2；…依次構造，記第n（）次得到的數列的所有項之和為，則（）A.1095 B.3282 C.6294 D.9843第二部分（非選擇題，共110分）二、填空題（本大題共5小題，共25.0分）11.不等式的解集是______．12.設F為拋物線C：的焦點，直線l：，點A為C上任意一點，過點A作于P，則_________．13.將函數圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，再將所得圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，若，則寫出a的一個可能值為______．14.已知函數則的單調遞增區間為___________；滿足的整數解的個數為___________．（參考數據：）15.如圖，的正方形紙片，剪去對角的兩個的小正方形，然后沿虛線折起，分別粘合AB與AH，ED與EF，CB與CD，GF與GH，得到一幾何體Ω，記Ω上的棱AC與EG的夾角為a，則下列說法正確的是___________.①幾何體Ω中，CG⊥AE；②幾何體Ω是六面體；③幾何體Ω的體積為；④.三、解答題（本大題共6小題，共85分）16.在①；②這兩個條件中任選一個，補充在下面的問題中并作答.在中，內角所對的邊分別是，___________.（1）求角；（2）若，求的面積.17.為了調查居民對垃圾分類的了解程度，某社區居委會從A小區與B小區各隨機抽取300名社區居民（分為18-40歲、41歲-70歲及其他人群各100名，假設兩個小區中每組人數相等）參與問卷測試，分為比較了解（得分不低于60分）和“不太了解”（得分低于60分），并將問卷得分不低于60分的人數繪制頻數分布表如下分組A小區頻數B小區頻數18-40歲人群603041-70歲人群8090其他人群3050假設用頻率估計概率，所有居民的問卷測試結果互不影響．（1）從小區隨機抽取一名居民參與問卷測試，估計其對垃圾分類比較了解的概率；（2）從、小區41-70歲人群中各隨機抽取一名居民，記其對垃圾分類比較了解的居民人數為隨機變量，求的分布列和數學期望．18.如圖，在多面體中，底面為平行四邊形，，矩形所在平面與底面垂直，為的中點.（1）求證：平面平面；（2）若平面與平面夾角的余弦值為，求與平面所成角的正弦值.19.已知函數.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）當時，求函數的單調遞增區間；（3）若函數在區間上只有一個極值點，求的取值范圍.20.已知橢圓過點，且．（1）求橢圓的方程；（2）設斜率為的直線與交于A，B兩點（異于點P），直線，分別與軸交于點M，N，求的值．21.若無窮數列滿足：，對于，都有（其中為常數），則稱具有性質“”.（1）若具有性質“”，且，，，求；（2）若無窮數列是等差數列，無窮數列是公比為2的等比數列，，，，判斷是否具有性質“”，并說明理由；（3）設既具有性質“”，又具有性質“”，其中，，，求證：具有性質“”.

參考答案第一部分（選擇題，共40分）一、單選題（本大題共10小題，共40.0分．在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.【答案】B【分析】根據補集概念進行求解.【詳解】因為，又，所以．故選：B．2.【答案】A【分析】由復數運算和分類可解.【詳解】由題意，，因為為實數，為純虛數，所以，得，所以.故選：A.3.【答案】A【分析】分析可知，二項式的展開式共項，即可求出的值.【詳解】因為二項式的展開式中僅有第項的二項式系數最大，則二項式的展開式共項，即，解得.故選：A.4.【答案】B【分析】由已知可得出，，利用平面向量數量積的運算性質可求得的值.【詳解】，，，則，因此，.故選：B.5.【答案】B【分析】根據對數函數，指數函數的單調性判斷與0，1的大小關系，利用三角函數在各象限的符號依次判斷即得.【詳解】，由是減函數得，即，因為，所以，所以．故選:B．6.【答案】B【分析】利用等體積法求得正確答案.【詳解】設到平面的距離為，，，解得，所以線段的最小值等于.故選：B7.【答案】B【分析】由題目條件可得，再利用余弦定理代入求解即可.【詳解】因為，，成等比數列，得，且，得，由余弦定理，.故選：B8.【答案】C【分析】先根據直線與圓有公共點求出的范圍，再根據充分條件和必要條件的定義即可得解.【詳解】的圓心，半徑.圓心到直線的距離，因為直線與圓有公共點，所以，即，解得.于是，區間的任何一個真子集是直線與圓有公共點的一個充分不必要條件.則四個選項只有C選項是區間的真子集，所以C正確.故選：C.9.【答案】C【分析】設直線，，由得到，再根據條件得出，代入方程，即可求出結果.【詳解】易知的漸近線方程為，不妨設直線，，聯立方程得，解得，，所以，又，而，，得到，解得，故，代入中，得，得到，又，得到，解得，故所求的漸近線方程為，故選：C.10.【答案】B【分析】根據給定條件，得到第次構造后數列的和與第次構造后數列的和的關系，再求出數列的通項即可.【詳解】設第次構造后得的數列為，則，則第次構造后得到的數列為，于是，，顯然，而，因此數列是以為首項，3為公比的等比數列，則，即,所以.故選：B【點睛】關鍵點睛：涉及數列新定義問題，關鍵是正確理解給出的定義，由給定的數列結合新定義探求數列的相關性質，并進行合理的計算、分析、推理等方法綜合解決.第二部分（非選擇題，共110分）二、填空題（本大題共5小題，共25.0分）11.【答案】【分析】利用分式不等式的解法列不等式組求解即可.【詳解】等價于，解得：，所以不等式的解集為.故答案為：12.【答案】3.【分析】設點坐標為，利用拋物線的焦半徑公式可得，由點到直線的距離公式可得，代入即可得解.【詳解】由可得焦點坐標為，準線方程為，設點坐標為，由拋物線的定義可得，因為過點A作于P，可得，所以．故答案為：.13.【答案】（答案不唯一）【分析】利用給定變換求出函數的解析式，再結合函數的奇偶性列式計算求出的值，取其一即得.【詳解】將圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，得到函數的圖象，再將所得圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，由得函數為偶函數，則，解得，令，可得的一個值為.故答案為：（答案不唯一）.14.【答案】①.②.215【分析】第一個空，作出的圖象，由圖可知的單調遞增區間；第二個空，分和兩種情況解不等式.【詳解】作出的圖象，由圖可知，的單調遞增區間為，當時，，解得，即，所以，當時，，解得，故滿足的整數解的個數為215.故答案為：；215.15.【答案】①③④.【分析】利用線面垂直的判定定理可得CG⊥平面ANE,進而判定①正確；證得AB⊥平面CBG,同理BE⊥平面CBG,從而判定該幾何體為四面體，故②錯誤；看成以CBG為底面的兩個棱錐的和，計算體積可判定③正確；利用中位線找到異面直線所成的角，利用余弦定理計算，可判定④正確.【詳解】如圖所示，取AG,CG,CE,EG的中點M,N,O,P,連接AN,EN,MN,ON,OB,MP,OP,OM.由已知可得CE=CA=EG=AG=,∴AN⊥CG,NE⊥CG,又∵AN∩NE=N,∴CG⊥平面ANE,∴CG⊥AE，故①正確；∵AB⊥BC,AB⊥BG,∴AB⊥平面CBG,同理BE⊥平面CBG,∴面ACB與面CBE共面，面AGB與面GBE共面，AB與BE共線，∴該幾何體為四面體，故②錯誤；∵BC=BG=1,CG=,∴△CBG為直角三角形，∠CBG=90°，∴,又∵AE⊥平面CBG,AE=2AB=2BE=4,∴該幾何體的體積為，故③正確;MP=2,OP=,又∵MP∥AE，OP∥CG,CG⊥AE,∴MP⊥OP,∴MO=,ON=NM=,∴,又∵AC∥MN，EG∥NO,∴∠ONM為異面直線AC,EG所成的角或其補角，∴.故④正確.故答案為：①③④.【點睛】本題綜合考查線面垂直，幾何體的體積，異面直線所成的角，屬中高檔題，關鍵是要結合原式圖形找到對應的幾何體的各棱的長度，綜合線面垂直的判定定理進行證明相關的垂直關系.三、解答題（本大題共6小題，共85分）16.【答案】（1）（2）【分析】（1）選擇①：利用正弦定理邊角互化，結合余弦定理可求得的值，結合角的取值范圍可求得角的值；選擇②：由正弦定理?余弦定理可求得的值，結合角的取值范圍可求得角的值；（2）利用余弦定理可求得的值，結合三角形面積公式可得出的面積.【小問1詳解】選擇①：因為，由余弦定理可得，所以結合正弦定理可得.因為，則，所以，即，因為，所以；選擇②：因為，由正弦定理得，由余弦定理得.因為，所以；【小問2詳解】由（1）知，又已知，由余弦定理得，，即，所以，所以的面積為.17.【答案】（1）（2）分布列見解析，【分析】（1）根據古典概型的概率公式計算計算即可；（2）首先求出、小區比較了解的概率，則的可取取值為，，，求出所對應的概率，即可得到分布列與數學期望；【小問1詳解】設從小區隨機抽取一名居民參與問卷測試其對垃圾分類比較了解為事件，則.【小問2詳解】依題意可知小區比較了解的概率為，小區比較了解的概率為，

則的可取取值為，，，所以，，，則的分布列為所以.18.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）根據平面與平面平行的判定定理證明；（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求解.【小問1詳解】如圖，連接交于點，連接.因為底面為平行四邊形，所以為的中點.因為為的中點，所以.又因為平面平面，所以平面.因為為矩形，所以平面平面，所以平面.因為平面平面，所以平面平面.【小問2詳解】因為，所以.因為平面平面，平面平面，所以平面.分別以為軸建立空間直角坐標系，設，則，，，，，所以，設平面的法向量為，則即，令，則，設平面的法向量為，則即，令，則，所以，解得，所以設與平面所成的角為，則.所以與平面所成的角的正弦值為.19.【答案】（1）（2）、（3）【分析】（1）當時，求出、的值，利用導數的幾何意義可求得所求切線的方程；（2）當時，求出，利用函數的單調性與導數的關系可求得函數的單調遞增區間；（3）令，分析可知，函數在上有且只有一個異號零點，對實數的取值進行分類討論，結合題意可得出關于實數的不等式，綜合可得出實數的取值范圍.【小問1詳解】解：當時，，則，所以，，，故當時，曲線在點處的切線方程為，即.【小問2詳解】解：當時，，該函數的定義域為，，由，即，解得或，因此，當時，函數的單調遞增區間為、.【小問3詳解】解：因為，則，令，因為函數在上有且只有一個極值點，則函數在上有一個異號零點，當時，對任意的，，不合乎題意；當時，函數在上單調遞增，因為，只需，合乎題意；當時，函數的圖象開口向下，對稱軸為直線，因為，只需，不合乎題意，舍去.綜上所述，實數的取值范圍是.20.【答案】（1）（2）1【分析】（1）根據，把點代入，即可求出橢圓方程．（2）設直線的方程為，代入橢圓方程，得，所以，，計算直線的斜率與直線的斜率的和，即可根據對稱求解.【小問1詳解】由于，設所求橢圓方程為，把點代入，得，，橢圓方程為．【小問2詳解】設直線的方程為，代入橢圓方程，整理得，設，，，，所以,直線直線斜率為，直線直線斜率為，則所以，，即直線的斜率與直線的斜率互為相反數，故直線與直線關于對稱，因此．故【點睛】方法點睛：圓錐曲線中最值與范圍問題的常見求法：（1）幾何法，若題目的條件能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質來解決；（2）代數法，若題目的條件能體現一種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值.21.【答案】（1）（2）不具有性質“”，理由見解析（3）證明見解析【分析】（1）由具有性質“”，可得當時，，結合題意計算即可