文档内容
2024 年高三数学秋季开学考试（北京专用）
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，
写在本试卷上无效．
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的．
1．若集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先求出集合 ，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由 ，则 ，
所以 ，
又 ，
所以 .
故选：C
2．已知复数 （ 是虚数单位），则 的虚部是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】A
【分析】由复数的除法运算，代入计算，即可求解.【详解】 ， 的虚部是1.
故选：A.
3．二项式 的展开式中常数项是（ ）
A．1 B．4 C．6 D．0
【答案】C
【分析】根据二项式 展开式的通项公式，令 的指数为 ，即可求出对应展开式的
常数项.
【详解】二项式 展开式的通项公式为 ，
令 ，得 ，所以展开式的常数项为 .
故选： .
4．设 ， 是非零向量，则“ 或 ”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据数量积的运算律及充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若 ，则 ，所以 ，
若 ，则 ，所以 ，
故由“ 或 ”推得出“ ”，即充分性成立；
若 ，则 ，所以 ，
所以由“ ”推不出“ 或 ”，故必要性不成立；所以“ 或 ”是“ ”的充分不必要条件.
故选：A
5．已知函数 ，若对任意的实数 ， 在区间
上的值域均为 ，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据三角恒等变换化简函数解析式，再根据余弦型函数的值域与周期性可得解.
【详解】由 ，
函数值域为 ，
又对任意的实数 ， 在区间 上的值域均为 ，
则 ，
解得 ，
故选：D.
6．已知标准椭圆上P，Q两点的切线方程分别为 ， ，则直线
PQ的斜率为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】D
【分析】设椭圆方程为 ，分别联立直线方程，根据判别式
联立求解可得 ，然后求出 坐标可得斜率.【详解】设椭圆方程为 ， ，
联立 消去 得 ①，
则 ②，
联立 消去 得 ③，
则 ④，
联立②④解得 ，
代入①得 ，解得 ，所以 ，
代入③得 ，解得 ，所以 ，
所以 .
故选：D
7．若一圆锥的侧面展开图的圆心角为 ，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设圆锥的底面圆半径为 ，母线长为 ，利用侧面展开图条件建立 与 的关系式，
作出圆锥轴截面图，证明并求出线面所成角的余弦值即可.
【详解】作出圆锥的轴截面图 ,设圆锥的底面圆半径为 ，母线长为 ，依题意可得， ，
即 ，因顶点 在底面的射影即底面圆圆心 ,故母线 与底面所成的角即 .
在 中， .
故选：C.
8．已知 分别为双曲线 的左､右焦点，过 的直线与双曲线 的
左支交于 两点，若 ，则双曲线 的焦距为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用双曲线定义、已知条件求出 、 ，设 ，由余弦定理、
求出 可得答案.
【详解】如图，由于 ，
有 4，可得 ，
又由 ，可得 ，设 ，
在 中，由余弦定理有 .
在 中，由余弦定理有 .又由 ，有 ，
可得 ，解得 ，所以双曲线 的焦距为 .
故选：B.
9．函数 ，若对任意 ， ，都有
成立，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由函数的单调性可求解．
【详解】因为对任意 ，都有 成立，
所以 是 上的减函数，
则 ，解得 ．
故选：A．
10．已知集合 ，若 且互不相等，则使得指数函数，对数函数 ，幂函数 中至少有两个函数在 上单调递减的有序
数对 的个数是（ ）
A．36 B．42 C．72 D．84
【答案】C
【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解.
【详解】若 和 在 上单调递减， 在 上单调递减增，
则 ，此时有序数对 的个数有： 个；
若 和 在 上单调递减， 在 上单调递增，
则 ，此时有序数对 的个数有： 个；
若 和 在 上单调递减， 在 上单调递增，
则 ，此时有序数对 的个数有： 个；
若 、 和 在 上单调递减，
则 ，此时有序数对 的个数有： 个；
综上所述：共有 个.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：关键在于恰当的进行分类，做到不重不漏，由此即可顺利得解.
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．
11．已知 是圆 的直径， ， 是圆 上两点，且 ，则
的最小值为 .
【答案】
【分析】设 ，分析可知点 为线段 靠近 的三等分点， ，再结合数量积的定义分析求解.
【详解】由题意可知：圆 的半径为 ，
设 的中点为 ，
因为 ， ，
则 ， ， ，
设 ，则 ，即 ，
可知点 为线段 靠近 的三等分点，
则 ， ，
设向量 与 的夹角为 ，
可得 ，
且 ，所以 的最小值为 .
故答案为： .
12．与家庭电路不同，从发电厂到用户端的高压电路只有三根火线而没有零线．实际上，
发电厂通常采用三相正弦交流进行发电，三根火线的瞬时电流表达式分别为 ，
．假设三根火线的电流分别进入用户端并通过一
根零线流出，则零线瞬时电流 ．
【答案】0【分析】利用给定计算公式结合两角和差的正弦公式求解即可.
【详解】由题意得 ，
原式 ，
，
，
.
故答案为：0
13． 的展开式中 的系数是 . （用数字作答）
【答案】40
【分析】利用通项中 的指数确定 ，然后可得.
【详解】因为 展开式的通项 ，
所以含 的项为第3项，即 ，
所以 的系数是 .
故答案为：40
14．已知数列 的前 项和为 ，满足 ，则
【答案】
【分析】由已知可得数列 为首项为1，公差为2的等差数列，求出 ，从而可求出
，再利用 可求得答案.【详解】因为 ，
所以数列 为首项为1，公差为2的等差数列，
所以 ，所以 ，
当 时，
，
因为 不满足上式，
所以 .
故答案为：
15．经研究发现：任意一个三次多项式函数 的图象都有且只有一个
对称中心点 ，其中 是 的根， 是 的导数， 是
的导数.若函数 图象的对称中心点为 ，且不等式
对任意 恒成立，则 的取值范围是
.
【答案】
【分析】首先求得 ， ，而原不等式等价于 ，可以利用不等
式 放缩即可求解.【详解】 ，
因为 图象的对称中心点为 ，所以 ，所以 ，
由 ，所以 ，
原不等式为 ，
因为 ，所以 ，
设 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，
所以 ，即 ，
因为 ，当且仅当 ，即 时等号成立，
所以 ，所以其最小值为 ，故 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：关键是得到 恒成立，结合切线放缩不等式
即可顺利得解.
四、解答题：本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．（13分）记 的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知 ，
(1)求B；
(2)若 的面积为 ，求c．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出 ，最后结合已知
得 的值即可；
（2）首先求出 ，然后由正弦定理可将 均用含有 的式子表示，结合三角形面积
公式即可列方程求解.
【详解】（1）由余弦定理有 ，对比已知 ，
可得 ，
因为 ，所以 ，
从而 ，
又因为 ，即 ，
注意到 ，
所以 .
（2）由（1）可得 ， ， ，从而 ， ，
而 ，
由正弦定理有 ，从而 ，
由三角形面积公式可知， 的面积可表示为
，
由已知 的面积为 ，可得 ，
所以 .
17．（13分）如图，平面四边形ABCD中， ， ， ， ，
，点E，F满足 ， ，将 沿EF翻折至 ，使得
．
(1)证明： ；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得 ，利用勾股定理的逆定理可证得
，则 ，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明 ，建立如图空间直角坐标系 ，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由 ，
得 ，又 ，在 中，
由余弦定理得 ,
所以 ，则 ，即 ，
所以 ，又 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
故 ；
（2）连接 ，由 ，则 ，
在 中， ，得 ，
所以 ，由（1）知 ，又 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，则 两两垂直，建立如图空间直角坐标系 ，
则 ，
由 是 的中点，得 ，
所以 ，
设平面 和平面 的一个法向量分别为 ，
则 ， ，
令 ，得 ，
所以 ，
所以 ，
设平面 和平面 所成角为 ，则 ，即平面 和平面 所成角的正弦值为 .
18．（14分）某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方
案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：
男生 女生
不支
支持 支持 不支持
持
方案一 200人 400人 300人 100人
方案二 350人 250人 150人 250人
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．
（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；
（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2
人支持方案一的概率；
（Ⅲ）将该校学生支持方案二的概率估计值记为 ，假设该校一年级有500名男生和300
名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为 ，试比较 与 的大
小．（结论不要求证明）
【答案】（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为 ，该校女生支持方案一的概率为 ；
（Ⅱ） ,（Ⅲ）
【分析】（Ⅰ）根据频率估计概率，即得结果；
（Ⅱ）先分类，再根据独立事件概率乘法公式以及分类计数加法公式求结果；
（Ⅲ）先求 ，再根据频率估计概率 ，即得大小.【详解】（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为 ，
该校女生支持方案一的概率为 ；
（Ⅱ）3人中恰有2人支持方案一分两种情况，（1）仅有两个男生支持方案一，（2）仅
有一个男生支持方案一，一个女生支持方案一，
所以3人中恰有2人支持方案一概率为： ;
（Ⅲ）
【点睛】本题考查利用频率估计概率、独立事件概率乘法公式，考查基本分析求解能力，
属基础题.
19．（15分）已知函数 的图象是曲线C，直线 与曲线C相切于
点 .
(1)求函数 的解析式；
(2)求函数 在区间 上的最大值和最小值.
【答案】(1)
(2)最大值为 ，最小值为 .
【分析】（1）利用切点在直线和曲线上，结合导数的几何意义即可求解；
（2）根据（1）的结论，求出 ，再利用导数法求函数的最值的步骤即可求解.
【详解】（1）因为切点为 ，
所以 ，解得 .
由 ，得 ，
因为直线 与曲线C相切于点 ，
所以 ，解得 ，所以 ，
由 ，得 .
所以函数 的解析式为： .
（2）由（1）知， ，
所以 ， .
可得 ，
令 ，则 ，解得 （舍）， .
当 时， ；当 时， ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
当 时， 取的极小值，极小值为 ，
又因为 ，
所以当 时， 的最大值为 ，最小值为 .
20．（15分）已知椭圆 的左顶点为 ，右顶点为 ，椭
圆上不同于点 的一点 满足 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)过点 的直线 交椭圆 于 两点，直线 交于点 ，证明：点 在定直线
上.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）由左、右顶点为 ， 先求 ，再设点 的坐标，利用斜率公式表示条件
，结合点 在椭圆上求，由此可得椭圆方程.
（2）解法一（非对称韦达）：设点 的坐标及直线 的方程为，联立直线与椭圆的
方程组，化简写出韦达定理，然后表示出直线 、 的方程相除结合韦达定理化简即
可；解法二（齐次化）：设不过点 的直线 的方程，由题意求出 的值，然后表示出
直线 、 的斜率，设点 ，结合椭圆方程化简分析即可.
【详解】（1）如图所示：
根据题意， ，设点 的坐标为 ，由于点 在椭圆上，
所以 ，得 ，
则 ，
解得 ，所以椭圆 的标准方程为 .
（2）解法一（非对称韦达）：
由题意如图所示：设点 ，可设直线 的方程为： ，
联立 ，得 ，
由根与系数的关系， ，
直线 的方程： ，①
直线 的方程： ，②
① ②得，
因为 ，
所以 ，解得 ，
因此，点 在定直线 上.
解法二（齐次化）：
由题意如图所示：设不过点 的直线 的方程为： ，
由于直线 过 ，所以 .
设 ，点 .
椭圆 的方程转化为， ，代入直线 的方程得，
，即 ，
即 ，由根与系数的关系， ，
又由题意可得： ，所以两式相除得： ，
即 ，解得 ，
所以点 在定直线 上.
21．（15分）已知数列 的项数均为m ，且 的
前n项和分别为 ，并规定 ．对于 ，定义
，其中， 表示数集M中最大的数.
(1)若 ，求 的值；
(2)若 ，且 ，求 ；(3)证明：存在 ，满足 使得 ．
【答案】(1) ， ， ，
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）先求 ，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得 ，利用反证可得 ，在结合等差数列运算求
解；
（3）讨论 的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【详解】（1）由题意可知： ，
当 时，则 ，故 ；
当 时，则 ，故 ；
当 时，则 故 ；
当 时，则 ，故 ；
综上所述： ， ， ， .
（2）由题意可知： ，且 ，
因为 ，且 ，则 对任意 恒成立，
所以 ，
又因为 ，则 ，即 ，
可得 ，
反证：假设满足 的最小正整数为 ，
当 时，则 ；当 时，则 ，则 ，
又因为 ，则 ，
假设不成立，故 ，
即数列 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以 .
（3）因为 均为正整数，则 均为递增数列，
（ⅰ）若 ，则可取 ，满足 使得 ；
（ⅱ）若 ，则 ，
构建 ，由题意可得： ，且 为整数，
反证，假设存在正整数 ，使得 ，
则 ，可得 ，
这与 相矛盾，故对任意 ，均有 .
①若存在正整数 ，使得 ，即 ，
可取 ，
满足 ，使得 ；
②若不存在正整数 ，使得 ，
因为 ，且 ，
所以必存在 ，使得 ，
即 ，可得 ，
可取 ，满足 ，使得 ；
（ⅲ）若 ，
定义 ，则 ，
构建 ，由题意可得： ，且 为整数，
反证，假设存在正整数 ，使得 ，
则 ，可得 ，
这与 相矛盾，故对任意 ，均有 .
①若存在正整数 ，使得 ，即 ，
可取 ，
即满足 ，使得 ；
②若不存在正整数 ，使得 ，
因为 ，且 ，
所以必存在 ，使得 ，
即 ，可得 ，
可取 ，
满足 ，使得 .
综上所述：存在 使得 ．
