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北京市丰台区 2023~2024 学年度第二学期综合练习（一）
高三数学
2024．03
本试卷共6页，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，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题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. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式化简结合，结合并集的概念即可求解.
【详解】因为 ， ，
所以 .
故选：A.
2. 已知公差为 的等差数列 满足： ，且 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列通项公式直接求解即可.
【详解】 ， ，
.
故选：C.
3. 已知双曲线 （ ）的离心率为 ，则 （ ）A. 2 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线方程求出 、 ，再由离心率公式计算可得.
【详解】双曲线 （ ）中 ，所以 ，
则离心率 ，解得 ，所以 （负值舍去）.
故选：B
4. 在二项式 的展开式中， 的系数为（ ）
A. ﹣80 B. ﹣40 C. 40 D. 80
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项，可得 ，令 ，即可求得 的系数，得到答案.
【详解】由题意，二项式 的展开式的通项为 ，
令 ，可得 ，
即展开式中 的系数为 ，故选A.
【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟记二项展开式的通项是解答本题的关键，着重
考查了推理与运算能力，属于基础题.
5. 已知向量 ， 满足 ， ，且 ，则 ( )
A. B. C. 2 D. 4
【答案】D
【解析】【分析】用 表示出向量 的坐标，再根据数量积的坐标运算即可求得答案．
【详解】 ，
，
又 ，
， ，
，
．
故选：D．
6. 按国际标准，复印纸幅面规格分为 系列和 系列，其中 系列以 ， ，…等来标记纸张的幅面
规格，具体规格标准为：
① 规格纸张的幅宽和幅长的比例关系为 ；
②将 （ ）纸张平行幅宽方向裁开成两等份，便成为 规格纸张（如图）．
某班级进行社会实践活动汇报，要用 规格纸张裁剪其他规格纸张．共需 规格纸张40张， 规格纸
张10张， 规格纸张5张．为满足上述要求，至少提供 规格纸张的张数为（ ）
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】设一张 规格纸张的面积为 ，从而得到一张 、 、 纸的面积，再求出所需要的纸的总
面积，即可判断.【详解】依题意 张 规格纸张可以裁剪出 张 ，或 张 或 张 ，
设一张 规格纸张的面积为 ，
则一张 规格纸张的面积为 ，
一张 规格纸张的面积为 ，
一张 规格纸张的面积为 ，
依题意总共需要的纸张的面积为 ，
所以至少需要提供 张 规格纸张，
其中将 张 裁出 张 和 张 ；将 张 裁出 张 ；
将剩下的 张 裁出 张 ，
即共可以裁出 张 、 张 、 张 .
故选：C
7. 在平面直角坐标系 中，直线 上有且仅有一点 ，使 ，则直线 被圆
截得的弦长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用垂径定理直接求解即可.
【详解】由题意知：坐标原点 到直线 的距离 ；
圆 的圆心为 ，半径 ， 被圆 截得的弦长为 .
故选：D.8. 已知函数 ，则“ ”是“ 是偶函数，且 是奇函
数”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
【答案】A
【解析】
【分析】首先求出 、 的解析式，再根据正弦函数的性质求出使 是偶函数且
是奇函数时 的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】因为 ，则 ，
，
若 是奇函数，则 ，解得 ，
若 是偶函数，则 ，解得 ，
所以若 是偶函数且 是奇函数，则 ，
所以由 推得出 是偶函数，且 是奇函数，故充分性成立；
由 是偶函数，且 是奇函数推不出 ，故必要性不成立，
所以“ ”是“ 是偶函数，且 是奇函数”的充分不必要条件.
故选：A
9. 正月十五元宵节，中国民间有观赏花灯的习俗．在2024年元宵节，小明制作了一个“半正多面体”形状的花灯（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．图2
是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为2．关于
该半正多面体的四个结论：
①棱长为 ；
②两条棱所在直线异面时，这两条异面直线所成角的大小是60°；
③表面积为 ；
④外接球的体积为 ．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④
【答案】B
【解析】
【分析】注意到棱长总是一个等腰直角三角形的斜边，即可通过直角边的长度判断①正确；可以找到一对
位于正方形相对的面上的两条垂直且异面的棱，得到②错误；根据该几何体每种面（正三角形和正方形）
各自的数量和面积，可以计算出该几何体的表面积，从而判断出③正确；直接证明正方形的中心到该几何
体每个顶点的距离都相等，并计算出距离，即可求出外接球的体积，得到④错误. 这就得到全部正确的结
论是①③，从而选B.
【详解】如图所示：
该几何体的每条棱都是的一个等腰直角三角形的斜边，且该等腰直角三角形的直角边长度为正方体边长的
一半，故该等腰直角三角形的直角边长度为1，从而该几何体的每条棱的长度都是 ，①正确；
若 为该几何体位于正方体的一组相对的面上的两个平行的棱， 为该几何体位于正方
体的同一个面的两条棱，
则 ， 平行于 ， 异面，所以 异面， ，
这意味着存在一对异面的棱所成角是直角，②错误；
该几何体一共有14个面，其中6个是正方形，8个是正三角形，边长均为 ，故每个正方形的面积都是
，
每个正三角形的面积都是 ，故表面积为 ，③正确；
设正方体的中心为 ，由于对该几何体的任意一个顶点都是正方体的某条边的中点，
故 到该几何体的任意一个顶点的距离都是正方体边长的 倍，即 .
这意味着以 为球心，半径为 的球是该几何体的外接球，从而外接球的体积 ，
④错误.
从而全部正确的结论是①③.
故选：B.
10 已知数列 满足 则（ ）
.
A. 当 时， 为递增数列，且存在常数 ，使得 恒成立
B. 当 时， 为递减数列，且存在常数 ，使得 恒成立
C. 当 时，存在正整数 ，当 时，D. 当 时，对于任意正整数 ，存在 ，使得
【答案】D
【解析】
【分析】直接构造反例即可说明A和B错误；然后证明引理：当 时，对任意的正整数 ，都存
在 ，使得 . 最后由该引理推出C错误，D正确.
【详解】当 时， ， ，所以此时 不是递增数列，A错误；
当 时， ， ， ，所以此时 不是递减数列，
B错误；
我们证明以下引理：当 时，对任意的正整数 ，都存在 ，使得 .
若该引理成立，则它有两个直接的推论：
①存在 ，使得对任意的正整数 ，都存在 ，使得 ；
②当 时，对任意的正整数 ，都存在 ，使得 .
然后由①是C的否定，故可以说明C错误；而②可以直接说明D正确.
最后，我们来证明引理：
当 时，对任意确定的正整数 ：
如果 ，则 ；
如果 ，则 或 .此时若 ，则 ；
若 ，则
.
无论哪种情况，都有 ，从而 .
这说明 或 ，所以可以选取 ，使得 . 这
就说明存在 ，使得 .
这就证明了引理，从而可以推出C错误，D正确.
故选：D.
【点睛】最关键的地方在于引理：当 时，对任意的正整数 ，都存在 ，使得
. 这一引理可以帮助我们判断出较难判断的C和D选项.
第二部分（非选择题110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 计算 _______.
【答案】
【解析】【分析】利用复数的除法公式，即可计算结果.
【详解】 .
故答案为：
12. 在 中，若 ， ， ，则 ________.
【答案】
【解析】
【分析】由 求出 ，根据正弦定理求解即可.
【详解】 ,
,
由正弦定理可得： ,
即 ，
解得：
故答案为：
【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系，正弦定理，属于容易题.
13. 已知 是抛物线 的焦点， 是该抛物线上的两点， ，则线段 的中点到
轴的距离为__________．
【答案】
【解析】【分析】根据抛物线定义可得 ，结合中点坐标公式可求得结果.
【详解】由抛物线方程知： ；
设 ，由抛物线定义知： ， ，
线段 的中点到 轴的距离为 .
故答案为： .
14. 已知函数 具有下列性质：
①当 时，都有 ；
②在区间 上， 单调递增；
③ 是偶函数．
则 ________；函数 可能的一个解析式为 _________．
【答案】 ①. ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】令 即可求出 ，再找到符合题意的函数解析式（一个），然后一一验证即可.
【详解】因为当 时，都有 ，
令 可得 ，解得 ，
不妨令 ， ，
则 ，所以 在 上单调递增，满足②；
又 ，所以 为偶函数，满足③；
当 时 ，， ，
所以 ，满足①.
故答案为： ； （答案不唯一）
15. 目前发射人造天体，多采用多级火箭作为运载工具．其做法是在前一级火箭燃料燃烧完后，连同其壳
体一起抛掉，让后一级火箭开始工作，使火箭系统加速到一定的速度时将人造天体送入预定轨道．现有材
料科技条件下，对于一个 级火箭，在第 级火箭的燃料耗尽时，火箭的速度可以近似表示为
，
其中 ．
注： 表示人造天体质量， 表示第 （ ）级火箭结构和燃料的总质量．
给出下列三个结论：
① ；
②当 时， ；
③当 时，若 ，则 ．
其中所有正确结论的序号是___________．
【答案】②③
【解析】
【分析】只需证明每个 都大于1即可判断①错误；直接考虑 时 的表达式即可判断②正确；
时，将条件 转化为关于 的等式，再得到一个不等关系，即可证明 ，推出③正确.
【详解】首先，对 ，有 ，故 ， ，这推出 .
由于 ，故每个 都大于1，从而 ，①错
误；
由于当 时，有 ，故②正确；
由于当 时， ，若 ，则 .
从而 ，故 .
这意味着 ，即 ，从而我们有
.等号成立当且仅当 ，
故 ，即 ，即 ，
分解因式可得 ，再由 即知 ，故 ，
③正确.
故答案为：②③.
【点睛】关键点点睛：判断第三问的关键是得到条件等式 ，结合基本不等式即
可顺利得解.
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. 如图，在直三棱柱 中， ， 为 中点．（1）求证： 平面 ；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角 的余弦值．
条件①： ；
条件②： ．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）无论选条件①还是选条件②，二面角 的余弦值都是
【解析】
【分析】（1）连接 交 于点 ，连接 ，由中位线定理得 ，结合线面平行的判定定理
即可得证；
（2）首先证明无论选条件①还是选条件②，都有 两两互相垂直，建立适当的空间直角坐标系，
求出平面 、平面 的法向量，注意到二面角 是锐角，结合向量夹角的坐标公式即可
求解.
【小问1详解】连接 交 于点 ，连接 ，
因为四边形 为平行四边形， 为它的对角线 、 交点，
所以点 是 的中点，
因为 是 中点，
所以 是 的中位线，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
【
小问2详解】
若选条件①： ，
因为 底面 ， 底面 ，
所以 ，
又因为 ，且 面 ，
所以 面 ，
而 面 ，
所以 ，
即 两两互相垂直，
若选条件②： ，
因为 面 ， 面 ，
所以 ，因为 ， ，
所以 ，
因为点 是 中点，
所以 ，
因为 ，
所以 ，即 ，
由前面分析可知 ，
所以 两两互相垂直，
综上，无论选条件①还是选条件②，都有 两两互相垂直，
故以点 为原点， 所在直线分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系：
由题意 ，
所以 ，
设平面 、平面 的法向量分别为 ，
从而有 ， ，也就 有 ， ，
是
令 ，解得 ，
所以可取平面 、平面 的法向量分别为 ，显然二面角 是锐角，
所以二面角 的余弦值为 .
17. 已知函数 ( )．
（1）若 ，求 的值；
（2）若 在区间 上单调递减， ，求 的值．
【答案】（1） ；
（2）1．
【解析】
【分析】(1)直接代入 及 计算即可；
(2)化简f(x)解析式，根据 在区间 上单调递减可知该区间长度小于或等于f(x)的半个周期，再
结合 ， 可得ω的值．
【小问1详解】
∵ ，
∴ ．
【小问2详解】∵ 在区间 上单调递减，
∴ ，即 ，
∴ ．
∵ ，
∴ ， 即 ，
所以当 时， .
此时 ，
当 ， ，故此时 单调递减，符合题意.
综上， .
18. 某医学小组为了比较白鼠注射A，B两种药物后产生的皮肤疱疹的面积，选20只健康白鼠做试验．将
这20只白鼠随机分成两组，每组10只，其中第1组注射药物A，第2组注射药物B．试验结果如下表所示．
疱疹面积（单位：
）
第1组（只） 3 4 1 2 0
第2组（只） 1 3 2 3 1
（1）现分别从第1组，第2组的白鼠中各随机选取1只，求被选出的2只白鼠皮肤疱疹面积均小于
的概率；
（2）从两组皮肤疱疹面积在 区间内的白鼠中随机选取3只抽血化验，求第2组中被抽中白鼠只数的分布列和数学期望 ；
（3）用“ ”表示第 组白鼠注射药物后皮肤疱疹面积在 区间内，“ ”表示第 组白鼠注
射药物后皮肤疱疹面积在 区间内（ ），写出方差 ， 的大小关系．（结论不
要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据古典概型的概率公式及相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）依题意 的可能取值为 、 、 ，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；
（3）分别求出 ， ， ， ，从而求出 、 ，即可比较.
【小问1详解】
记被选出的2只白鼠皮肤疱疹面积均小于 为事件 ，
其中从第1组中选出的 只白鼠皮肤疱疹面积小于 的概率为 ，
从第 组中选出的 只白鼠皮肤疱疹面积小于 的概率为 ，
所以 .
【小问2详解】
依题意 的可能取值为 、 、 ，
且 ， ， ，
所以 的分布列为：所以 .
【小问3详解】
依题意可得 ， ，
所以 ，所以 ，
又 ， ，
所以 ，
所以 ，
所以 .
19. 已知椭圆 ( )的焦距为 ，以椭圆 的四个顶点为顶点的四边形的周长为
16．
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）过点 的直线 交椭圆 于 ， 两点，线段 的中点为 ．是否存在定点 ，使得
？若存在，求出 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） ；（2）存在， .
【解析】
【分析】(1)根据焦距可求c，根据已知四边形周长及a、b、c的关系可求出a、b，从而可求椭圆标准方程；
(2)由题可知，若存在定点 ，使得 ，等价于以 为直径的圆恒过定点 ．从而只需从直线l
斜率不存着时入手求出该定点D，斜率存在时验算 即可．
【小问1详解】
由题意得 解得
∴椭圆 的方程为 ．
【小问2详解】
若存在定点 ，使得 ，等价于以 为直径的圆恒过定点 ．
当直线 的斜率不存在时， 为直径的圆的方程为 ①，
当直线 的斜率为0时，令 ，得 ，
因此 为直径的圆的方程为 ②．
联立①②，得 猜测点 的坐标为 ．
设直线 的方程为 ，由 得 ．
设 ，则
∴
综上，存在定点 ，使得 ．
20. 已知函数 ，曲线 在点 处的切线为 ，记
．
的
（1）当 时，求切线 方程；
（2）在（1）的条件下，求函数 的零点并证明 ；
（3）当 时，直接写出函数 的零点个数．（结论不要求证明）
【答案】（1）（2）函数 有唯一零点 ，证明过程见解析
（3）2
【解析】
【分析】（1）只需分别求出 即可得解；
（2）首先有 ， ，令
，我们可以通过构造导数来说明 ，即 ，这表明了
单调递增，注意到 ，由此即可进一步得证；
（3）首先我们可以连续求导说明函数 在 上递减，在 上递增.其次
，故 .进一步有 ，然后
分 两种情况分类讨论即可求解.
【小问1详解】
当 时， ，
而 ，所以 ，
从而切线方程为 ，也就是 .
【小问2详解】
由题意 ，
所以 ，
令 ，则 ，当 时， ， ，
所以 ，即 ，
所以当 时， 单调递减， ，
当 时， ， ，
所以 ，即 ，
所以当 时， 单调递增， ，
综上， 恒成立，也就是 恒成立，
所以 在 上单调递增，
又因为 ，故函数 有唯一零点 ，
且当 时， ，当 时， ；
因此当 时， ，当 时， ，
故 ；
【小问3详解】
对 个实数 ，定义 和 分别为 中最大的一个和
最小的一个.
现在， ，故 ，
令 ，再对 求导一次得到 .
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增.
故函数 在 上递减，在 上递增.
由于曲线 在 处的切线斜率为 ，
故该切线的方程为 ，从而 .
现在我们有 ，故 .
首先我们有 ，
，故 .
已证函数 在 上递减，在 上递增，下面我们分情况讨论：
当 时：
由于 ，
故 ，
同时由 在 上递增，知 ，而 ，
故 在 上必存在一个零点，记该零点为 ，
则有 ，且 ，从而 .
由于函数 在 上递减，在 上递增， ，
当 时， ；当 时， ；
当 时， ；
当 时， .
这表明 在 上递减，在 和 上各自递增.
由于 在 上递增，故 在 上至多有一个零点，而
.
同时，当 时，有
故 ，
这表明当 时，有
.
故 必有一个零点 ，且 .
已证 在 上至多有一个零点，这就说明 在 上恰有一个零点.
然后，当 时，由于 在 上递减，在 上递增，故 . 而，这说明 在 上恰有一个零点.
根据以上的讨论，知 恰有2个零点；
当 时：
由于 ，
故 ，
同时由 在 上递减，知 ，而 ，
故 在 上必存在一个零点，记该零点为 ，
则有 ，且 ，从而 .
由于函数 在 上递减，在 上递增， ，
当 时， ；
当 时， ；
当 时， ；
当 时， .
这表明 在 上递减，在 和 上各自递增.
由于 在 上递增，故 在 上至多有一个零点，
而 .
同时，当 时，有：故 ，
设 ，则当 时 ，
故 在 上递增，所以当 时 ，即 .
所以当 时，有：
这表明当 时，
有 ， ，
从而
.
故 必有一个零点 ，且 .
已证 在 上至多有一个零点，这就说明 在 上恰有一个零点.
然后，当 时，由于 在 上递减，在 上递增，
故 . 而 ，这说明 在 上恰有一个零点.
根据以上的讨论，知 恰有2个零点.综上，无论哪种情况， 都恰有2个零点，从而零点个数为2.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得出 在 上递减，在 上递增，
，由此即可顺利得解.
21. 已知集合 （ ， ），若存在数阵 满足：
① ；
② ．
则称集合 为“好集合”，并称数阵 为 的一个“好数阵”．
（1）已知数阵 是 的一个“好数阵”，试写出 ， ， ， 的值；
（2）若集合 为“好集合”，证明：集合 的“好数阵”必有偶数个；
（3）判断 是否为“好集合”．若是，求出满足条件 的所有“好数阵”；若不
是，说明理由．
【答案】（1） ， ， ，
（2）证明见解析 （3） 是“好集合”，满足 的“好数阵”有 ，
， ， ； 不是“好集合”，证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接根据定义解出未知量的值；
（2）可构造恰当的映射，以证明结论；
（3）第三问可通过分类讨论求解问题.
【小问1详解】由“好数阵”的定义，知 ， ， ， ，故 ， ，
， ，进一步得到 ， .
从而 ， ， ， .
【小问2详解】
如果 是一个“好数阵”，则 ，
.
从而 ，
.
故 也是一个“好数阵”.
由于 是偶数，故 ，从而 .
这就说明两数阵 和 的第1行第2列的数不
相等，从而是不同的数阵.
设全体“好数阵”构成的集合为 ，并定义映射 如下：
对 ，规定 .
因为由 中的元素构成的 数阵只有不超过 种，故 是有限集合.
而
，这就表明 ，从而 是满射，由 是有限集，知 也是单射，从而 是一一对应.
对“好数阵” ，已证两数阵 和
是不同的数阵，故 .
同时，对两个“好数阵” ， ，如果 ，则 ；如果 ，则
. 所以 当且仅当 .
最后，对 ，由 ，称2元集合 为一个“好对”. 对 ，若 属于某个“好对”
，则 或 ，即 或 .
由于 ，故无论是 还是 ，都有
.
这表明，每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶
数个.
【小问3详解】
若 是“好数阵”，则有
，
所以 ，这表明 一定
是偶数.
若 ，设 是“好数阵”，则 ，从而，
故 .
由于 ，故 ，同理 .
若 ，设 ，则 ，故 ，从而 .
进一步有 ，而 ，故 .
假设 ，设 ，则 ，故 ，则 ， .
由于 ， ，故 ， . 此时 ，
从而 ， ，但此时 ，矛盾；
所以 ，故 ，分别尝试所有24种可能的对应方式，知符合条件的“好
数阵”有 ， ；
若 ，则 ，从而 .
若 ，则 或 . 若 ，则 ， ，分别尝试3种可能，知符
合条件的“好数阵”有 ， .
若 ，则 ， ，若 ，则 ，或 且 ，分别尝试所
有可能，知符合条件的“好数阵”有 ；
若 ，则 ，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有；
若 ，则 ，假设 ，由于 ，
，故 ，矛盾，所以 .
对 尝试所有组合，知符合条件的“好数阵”有 ，
， ， .
综上，全部的“好数阵”有 ， ， ，
， ， ， ，
， ， ，
其中，满足 的有 ， ， ，
.
综上， 是“好集合”，满足 的“好数阵”有 ， ，
， .若 ，由于此时 不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而 不是“好集合”.
【点睛】关键点点睛：关键是第3小问需要较为繁琐的分类讨论，耐心尝试所有情况才可不重不漏.
