北京大兴区2024届高三1月期末考试数学_2024届北京大兴区高三1月期末考试

2024 北京大兴高三（上）期末 数 学 本试卷共 9 页，共 150分。考试时长 120 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。 考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 1. 已知全集 第1页/共4页 U =  x x  1  ，集合 A =  x x  2  ，则C A= U A.  x 1  x  2  B.  x x  2  C.  x 1  x  2  D.  x x  1  2. 若复数 z 满足 i  ( z + i) = 1 ，则复数 z 的虚部是 A. − 2 B. 2 C. − 1 D. 0 3. 在 ( x 2 − 1 x ) 6 的展开式中，常数项为 A. − 1 5 B. 1 5 C. − 2 0 D. 2 0 4. 设向量 a , b ，若 | a |= 1 ， b = ( − 3 , 4 ) ，  b = a ( 0 )   ，则 a = A. ( 4 5 , − 3 5 ) B. ( − 4 5 , 3 5 ) C. ( 3 5 , − 4 5 ) D. ( − 3 5 , 4 5 ) 5. 已知函数 f(x)=2x −1，则不等式 f ( x )  x 的解集为 A. ( −  , 2 ] B. [ 0 ,1 ] C. [1 , +  ) D. [1 , 2 ] 6. 在 △ A B C 中，“ C = π 2 ”是“ s in 2 A + s in 2 B = 1 ”的 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 7. 已知定点 M (1 , 3 ) 和抛物线 C : x 2 = 8 y ， F 是抛物线 C 的焦点， N 是抛物线 C 上的点，则 | N F | + | N M | 的 最小值为 A. 3 B. 4 C.5 D.6 8. 已知 a  b  0 且ab=10，则下列结论中不正确的是 A.lga+lgb0 B.lga−lgb0 1 C.lgalgb D. 4 lg lg a b  1 9. 木楔在传统木工中运用广泛. 如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，且 △ADE ， △BCF 均为等边三角形， EF //CD，EF =4，则该木楔的体积为A. 第2页/共4页 2 B. 2 2 C. 2 3 2 D. 8 3 2 10. 设无穷等差数列  a n  的公差为 d ，集合 T =  t t = s in a n , n  N *  . 则 A. T 不可能有无数个元素 B.当且仅当 d = 0 时， T 只有 1 个元素 1 C.当T 只有2个元素时，这2个元素的乘积有可能为 2 D.当 d = 2 π k ， k  2 ， k  N * 时， T 最多有k个元素，且这 k 个元素的和为 0 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。 11. 设  a n  是等比数列， a 1 = 1 ， a 2  a 4 = 1 6 ，则 a 5 = _________. 12. 若双曲线 x 2 − y b 2 2 = 1 ( b  0 ) 的一条渐近线方程为 2 x − y = 0 ，则 b = _________. 13. 能够说明“设 a , b , c 是任意实数. 若 a  b  c ，则 a b  c 2 ”是假命题的一组整数 a , b , c 的值依次为 _________. 14. 如图是六角螺母的横截面，其内圈是半径为1的圆 O ， 外框是以 O 为中心，边长为 2 的正六边形 A B C D E F ， 则 O 到线段AC 的距离为_________；若 P 是圆 O 上的动点， 则 A C  A P 的取值范围是_________. 15. 设函数 f ( x ) 的定义域为 R ，且 f ( x ) 满足如下性质：（ⅰ）若将 f ( x ) 的图象向左平移 2 个单位，则所得 的图象关于 y轴对称；（ⅱ）若将 f(x)图象上的所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的 1 2 ，再向左平 移 1 2 个单位，则所得的图象关于原点对称. 给出下列四个结论： ① f(1)= f(3)； ② f ( 0 ) = 0 ； 1 11 ③ f(2)+ f(4)=0； ④ f(− )f( )0. 2 2 其中所有正确结论的序号是_________. 三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。 16.（本小题14分） 如图，在三棱柱 A B C − A 1 B C1 1 中， B B 1 ⊥ 平面 A B C ， C A = C B = 5 ， AA = AB=2， 1 D,E分别为AB,AA 的中点. 1（Ⅰ）求证：平面 第3页/共4页 C D E ⊥ 平面 A B B 1 A 1 ； （Ⅱ）求直线 C E 与平面 B C C 1 B 1 所成角的正弦值. 17.（本小题13分） 在 △ A B C 中， a = 1 ， b = 2 . （Ⅰ）若 c = 2 2 ，求 △ A B C 的面积； （Ⅱ）在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在，求A. 条件①：  B = 2  A ； 条件②：  B = π 3 +  A ； 条件③：C =2A. 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得 0 分；如果选择多个符合要求的条件分 别解答，按第一个解答计分. 18.（本小题13分） 为了解客户对 A , B 两家快递公司的配送时效和服务满意度情况，现随机获得了某地区客户对这两家快 递公司评价的调查问卷. 已知 A , B 两家公司的调查问卷分别有 1 2 0 份和 8 0 份，全部数据统计如下： 快递公司 A快递公司 B 快递公司 项目 配送时效 服务满意度 配送时效 服务满意度 评价分数 份数 85x95 29 24 16 12 7 5  x  8 5 47 56 40 48 6 5  x  7 5 44 40 24 20 假设客户对 A , B 两家快递公司的评价相互独立. 用频率估计概率. （Ⅰ）从该地区选择 A 快递公司的客户中随机抽取 1 人，估计该客户对 A 快递公司配送时效的评价不低于 75分的概率； （Ⅱ）分别从该地区 A 和 B 快递公司的样本调查问卷中，各随机抽取 1 份，记 X 为这 2 份问卷中的服务满 意度评价不低于 7 5 分的份数，求 X 的分布列和数学期望； （Ⅲ）记评价分数x85为“优秀”等级， 7 5  x  8 5 为“良好”等级， 6 5  x  7 5 为“一般”等级. 已知 小王比较看重配送时效的等级，根据该地区 A , B 两家快递公司配送时效的样本评价分数的等级情况，你认 为小王选择A,B哪家快递公司合适？说明理由.19.（本小题15分） 已知椭圆 第4页/共4页 C 的两个顶点分别为 A ( − 2 , 0 ) ， B ( 2 , 0 ) 3 ，焦点在x轴上，离心率为 . 2 （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）设O为原点，过点T(4,0)的直线l交椭圆C于点 M , N ，直线BM 与直线x=1相交于点P，直线AN 与 y 轴相交于点 Q . 求证： △ O A Q 与 △ O T P 的面积之比为定值. 20.（本小题15分） 已知函数 f ( x ) = a x + ln 1 1 − + x x . （Ⅰ）若曲线 y = f ( x ) 在点 ( 0 , f ( 0 ) ) 处的切线斜率为 0 ，求 a 的值； （Ⅱ）当 a = 4 时，求 f ( x ) 的零点个数； （Ⅲ）证明： 0  a  2 是 f ( x ) 为单调函数的充分而不必要条件. 21.（本小题15分） 若各项为正的无穷数列  a n  满足：对于nN*，a2 −a2 =d ，其中 n+1 n d 为非零常数，则称数列  a n  为 D数列. 记 b n = a n + 1 − a n . （Ⅰ）判断无穷数列 a n = n 和 a n = 2 n 是否是 D 数列，并说明理由； （Ⅱ）若  a n  是 D 数列，证明：数列  b n  中存在小于 1 的项； （Ⅲ）若  a n  是 D 数列，证明：存在正整数 n n 1 ，使得 2024. a i=1 i大兴区 2023~2024 学年度第一学期期末检测 高三数学参考答案 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） （1）C （2）A （3）B （4）D （5）B （6）A （7）C （8）D （9）D （10）D 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分） （11）16 （12）2 （13）2,0,1（答案不唯一） （14）1 [62 3,62 3] （15）① ③ ④ 注：第（14）题第一空3分，第二空2分； 第（15）题只写一个且正确2分，只写两个且正确3分。 三、解答题（共6小题，共85分） （16）（共14分） 解：（Ⅰ）在三棱柱ABCABC 中， 1 1 1 因为BB 平面ABC， 1 所以CDBB ． 1分 １ 在△ABC中，因为D为AB的中点，CACB 5， 所以CD AB． 1分 所以CD平面ABB A ． 1分 1 1 因为CD平面CDE， 所以平面CDE 平面ABB A ．1分 1 1 （Ⅱ）取AB 的中点D ，连结DF ． 1 1 1 1 因为D为AB的中点， 所以在三棱柱ABCABC 中，DD //BB ． 1 1 1 1 1 所以DD 平面ABC． 1分 1 所以DD  AB，DD DC． 1 1 由（Ⅰ）知CD AB． 如图建立空间直角坐标系Dxyz， 则D(0,0,0)，B(1,0,0)，B(1,0,2)，E(1,0,1)，C(0,2,0)． 1   所以BC(1,2,0)，BB (0,0,2)．2分 1 设平面BCCB 的法向量为n(x,y,z)，则 1 1 1  n BB 0, 2z0,  1 即 1分   x2y0. n BC 0, 令y1，则x2． 于是n(2,1,0)．1分  又CE (1,2,1)， 1分 设直线CE 与平面BCCB 所成角的， 1 1   nCE 所以sin|cosn,CE||  | 2分 |n||CE| (2)11(2)01 | | 5 6 2 30  ． 1分 15 2 30 所以直线CE 与平面BCCB 所成角的正弦值为 ． 1分 1 1 15 （17）（共13分） 解：（Ⅰ）由余弦定理知， a2 b2 c2 cosC  1分 2ab 12 22 (2 2)2  212 3  ． 1分 4 在△ABC中，C(0，π)． 所以 sinC  1cos2C 1分 7  ．1分 4 1 所以△ABC的面积S  absinC 1分 2 1 7 7  12  ．1分 2 4 4 π （Ⅱ）选择条件②：B +A 3 a b 由正弦定理  ， 2分 sinA sinB 1 2 知  ． sinA π sin(A ) 3 π 所以sin(A )2sinA．1分 3 2π π 所以sinAcos cosAsin 2sinA．2分 3 3 3 所以tanA ．1分 3 因为在△ABC中，A(0，π)， π 所以A ．1分 6 选择条件③：C2A a c 由正弦定理  ， 2分 sinA sinC 1 c 知  ． sinA sin2A 1 c 所以  ．1分 sinA 2sinAcosA 所以c2cosA．1分 b2 c2 a2 由余弦定理知c2 ． 2bc 所以c 3． 1分 3 所以cosA ．1分 2 因为在△ABC中，A(0，π)， π 所以A ．1分 6 （18）（共13分） 解：（Ⅰ）根据题中数据，该地区参与A快递公司调查的问卷共120份， 样本中对A快递公司配送时效的评价不低于75分的问卷共294776份， 76 19 所以样本中对A快递公司配送时效的评价不低于75分的频率为  ， 120 30 19 估计该地区客户对A快递公司配送时效的评价不低于75分的概率 . 3分 30 （Ⅱ）X 的所有可能取值为0,1, 2．1分 记事件C为“从该地区A快递公司的样本调查问卷中随机抽取1份，该份问 卷中的服务满意度评价不低于75分”，事件D为“从该地区B快递公司的样 本调查问卷中随机抽取1份，该份问卷中的服务满意度评价不低于75分”． 由题设知，事件C, D相互独立，且 2456 2 1248 3 P(C)  ，P(D)  ．1分 120 3 80 4 2 3 1 所以P(X 0)P(CD)=(1 )(1 ) ，1分 3 4 12 2 3 2 3 5 P(X 1)=P(CDCD)=(1 )  (1 ) ，1分 3 4 3 4 12 32 3 1 P(X 2)P(CD)   ．1分 3 4 2 所以X 的分布列为 X 0 1 2 1 5 1 P 12 12 2 1 5 1 17 故X 的数学期望E(X)0 1 2 = ．2分 12 12 2 12 （Ⅲ）答案不唯一．3分 答案示例1：小王选择A快递公司合适，理由如下： 29 根据样本数据，估计A快递公司配送时效评价为 “优秀”的概率是 ，估 120 1 29 1 计B快递公司配送时效评价为“优秀”的概率是 ，因为  ，故小王选 5 120 5 择A快递公司合适． 答案示例2：小王选择B快递公司合适，理由如下： 19 由（Ⅰ）知，估计A快递公司配送时效评价为 “良好”以上的概率是 ； 30 由样本数据可知，估计B快递公司配送时效评价为 “良好”以上的概率是 1640 56 7 19 7   ，因为  ，故小王选择B快递公司合适． 80 80 10 30 10 （19）（共15分） x2 y2 解：（Ⅰ）设椭圆C的方程为  1 (ab0)． a2 b2 a2,  由题意得c 3 解得c 3．2分   , a 2 所以b2 a2 c2 1．1分 x2 所以椭圆C的方程为  y2 1．1分 4 （Ⅱ）依题意，直线l的斜率存在，设其方程为yk(x4)(k 0)．1分 yk(x4),  由x2 得(4k2 1)x2 32k2x64k2 40．1分  y2 1,   4 设M(x,y )，N(x ,y )，则 1 1 2 2 32k2 64k2 4 0且x x  ，x x  ．1分 1 2 4k2 1 1 2 4k2 1 y y 所以直线MB的方程为y 1 (x2)，所以P(1, 1 )．2分 x 2 x 2 1 1 4y 2y 直线NA的方程为y 2 (x2)，所以Q(0, 2 )．1分 x 2 x 2 2 2 1 2y 所以OAQ的面积为S  2| y || 2 |，1分 OAQ 2 Q x 2 2 1 2y OTP的面积为S  4| y || 1 |．1分 OTP 2 P x 2 1 S 2y x 2 y (x 2) k(x 4)(x 2) 所以 OAQ | 2 || 1 || 2 1 || 2 1 | S x 2 2y y (x 2) k(x 4)(x 2) OTP 2 1 1 2 1 2 x x 4x 2x 8 x x 2(x x )82x | 1 2 1 2 || 1 2 1 2 1 |1分 x x 2x 4x 8 x x 4(x x )86x 1 2 1 2 1 2 1 2 1 64k2 4 32k2 4k2 1 2 8 2x 4k2 1 4k2 1 4k2 1 1 | | 64k2 4 32k2 4k2 1 4 8 6x 4k2 1 4k2 1 4k2 1 1 32k2 4 2x | 4k2 1 1 |1分 3(32k2 4) 6x 4k2 1 1 1  ． 1分 3 所以OAQ与OTP的面积之比为定值． （20）（共15分） 1x 解：（Ⅰ）因为函数 f(x)axln ， 1x 所以 f(x)的定义域为(1,1)． 1 1 所以 f(x)  a ． 2分 1x 1x 因为曲线y f(x)在点(0, f(0))处的切线斜率为0， 所以 f(0)0．1分 所以a2．1分 1x （Ⅱ）当a4时， f(x)4x+ln ． 1x 因为 f(x)的定义域为(1,1)，1分 1x 1x 且 f(x)ln 4xln 4xf(x) ， 1x 1x 所以 f(x)是奇函数．1分 以下讨论 f(x)在区间(0,1)上的零点个数． 4x2 2 f(x) ． (1x)(1x) 2 令 f(x)0，解得x ．1分 2 5f(x)与 f(x)在区间(0,1)的情况如下： 2 2 2 x (0, ) ( ,1) 2 2 2 f(x)  0  f(x) 单调递增 极大值 单调递减 2 因为 f(0)0，且 f(x)在区间(0, )上单调递增， 2 2 所以 f(x)在区间(0, )上没有零点．1分 2 2 1 因为 f( )0，且 f(1 )0， 2 e4 2 由 f(x)在区间( ,1)上单调递减和函数零点存在定理知， 2 2 f(x)在区间( ,1)内存在唯一零点． 2 综上， f(x)在区间(0,1)内存在唯一零点．1分 因为 f(x)是奇函数， 所以 f(x)在区间(1,1)内存在3个零点． 1分 （Ⅲ）当0≤a≤2时，ax2≤0 ， a2≤0 ， ax2 a2 故 f(x) ≤0， (1x)(1x) 所以 f(x)在区间(1,1)上单调递减． 所以0≤a≤2是 f(x)为单调函数的充分条件．3分 x2 3 当a1时， f(x) ． (1x)(1x) 因为当x(1,1)时，x2 30, (1x)(1 x)0， 故当x(1,1)时， f(x)0， f(x)在区间(1,1)上单调递减． 所以0≤a≤2不是 f(x)为单调函数的必要条件．2分 所以0≤a≤2是 f(x)为单调函数的充分而不必要条件． （21）（共15分） 解：（Ⅰ）数列a  n是D数列． n 理由如下：a2 a2 ( n1)2 ( n)2 1满足D数列定义．2分 n1 n 数列a 2n不是D数列． n 理由如下：a2 a2 (2n1)2 (2n)2 22n2 22n 322n不是常数．2分 n1 n （Ⅱ）以下证明：d 0． 假设d 0，由a2 a2 d 知{a2}为等差数列，故a2 a2 (n1)d ． n1 n n n 1 6因为{a }是各项为正的无穷数列， n a2 a2 当n取大于[ 1 ]1的整数时，a2≤a2 ([ 1 ]21)d 0， d n 1 d 与已知矛盾，所以假设不成立，所以d 0． 以下证明：{a }是递增数列． n 因为d 0，a2 a2+d a2，且{a }是各项为正的无穷数列， n1 n n n 所以a a ．所以{a }是递增数列． n1 n n 以下证明：t 0，kN，当n≥k 时，a t． n 若ta ，当n1时，显然a t． 1 n t2 a2 若t≥a ，取k [ 1 ]2， 1 d t2 a2 当n≥k 时，a2≥a2 ([ 1 ]21)d t2，即a t成立． n 1 d n d d 因为b a a   ， n n1 n a a 2a n1 n n d d 取t ，当n≥k 时，a t，此时，b  1． 2 n n d 2 2 所以若{a }是D数列，则数列{b }中存在小于1的项．5分 n n （Ⅲ）由（Ⅱ）知，kN，当n≥k 时，b 1，即a a 1， n n1 n 以此类推，0a a 1a 2a m，mN． km km1 km2 k 1 1 所以  ，mN．设此时2s1≤a 2s，sN，令nkm． a a m k km k n 1 km 1 1 1 1 1 所以      a a a a 1 a 2 a m i1 i ik i k k k k 1 1 1 1     ． 2s 2s 1 2s 2 2s m 1 1 1 1 2s 1 因为      ， 2s 2s 1 2s 2 2s (2s 1) 2s 2s 2 所以当m2s22024 1，mN， n 1 km 1 1 1 1 1       a a 2s 2s 1 2s 2 2s (2s220241) i1 i ik i 1 1 1 1 1 1 (   ) (   ) 2s 2s 1 2s (2s 1) 2s1 2s11 2s1(2s11) 1 1 1 22024 +(   )  2024． 2s22024 2s22024 1 2s22024 (2s22024 1) 2 n 1 所以存在正整数n，使得 2024．6分 a i1 n 7