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西城区高三统一测试试卷
数学
2024.4
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 ，集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用补集和交集运算求解即可.
【详解】因为集合 ，所以 或 ，
又集合 ，所以 或 .
故选：B
2. 下列函数中，既是偶函数又在区间 上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用奇偶函数的判断方法及基本函数的单调性，对各个选项逐一分析判断，即可得出结果.
【详解】对于选项A，当 时， ，当 时， ，即 ，所以选
项A不满足题意，对于选项B，因 在区间 上不单调，所以选项B不满足题意，
对于选项C，因为 图象不关于 轴对称，所以选项C不满足题意，
对于选项D，令 ，易得其定义域为 ，关于原点对称，
又 ，所以 为偶函数，
当 时， ，又 在区间 上单调递增，所以选项D满足题意，
故选：D.
3. 的展开式中，常数项为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】写出二项式展开通项，整理后令 的指数为0，得到相应的项数，然后算出常数项.
【详解】 的展开式的通项为 ，
令 ，得到
所以 展开式中常数项为 ，故选D项.
【点睛】对二项式展开通项的考查，题目难度不大，考查内容比较单一，属于简单题.
4. 已知抛物线 与抛物线 关于直线 对称，则 的准线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】【分析】由对称性可得曲线 方程，求出准线方程即可.
【详解】因为抛物线 与抛物线 关于直线 对称，
所以将 互换后可得抛物线 方程为 ，即 ，
所以 的准线方程为 ，
故选：C.
5. 设 ，其中 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助正负性、对勾函数的性质及二次函数的性质判断即可得.
【详解】由 ，故 ，故 ，
由对勾函数性质可得 ，
，且 ，
综上所述，有 .
故选：C.
6. 已知向量 在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则
（ ）A. B. 1 C. D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】建立坐标系，依次求得 ， ，借助向量数量积的坐标运算法则计算即可得.
【详解】
如图，建立平面直角坐标系.由图可知， ,
，
故 .
.
故选：A
7. 已知函数 ，若 存在最小值，则 的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用二次函数的性质求得 的最小值，再结合幂函数的单调性，由题意列出不等式，求
解即可.【详解】当 时， ，故当 时， 有最小值为 ；
时， 单调递减，所以 ，
由题意 存在最小值，则 ，解得 ，即 的最大值为 .
故选：A
8. 在等比数列 中， ．则“ ”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】B
【解析】
【分析】结合等比数列的性质与充分条件与必要条件的定义判断即可的.
【详解】设等比数列 的公比为 ，
当 时，即有 ，又 ，故 且 ，
当 时，有 ，故不能得到 ，
即“ ”不是“ ”的充分条件；
当 时，即有 ，即 且 ，
则 ，当 时，由 ，故 ，故 ，
当 时， ，亦可得 ，
故“ ”是“ ”的必要条件；
综上所述，“ ”是“ ”的必要不充分条件.
故选：B.
9. 关于函数 ，给出下列三个命题：① 是周期函数；
②曲线 关于直线 对称；
③ 在区间 上恰有3个零点．
其中真命题的个数为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】选项①，根据条件得到 ，即可判断出①的正误；选项②，根据条件得出
，根据对称轴的定义，即可得出②的正误；选项③，令 ，直接求出 的值，即可
得出③的正误，从而得出结果.
【详解】对于①，因为 ，所以
，故 ，所以选项①正确，
对于②，因为 ，
由对称轴的定义知， 为函数 的一条对称轴，所以选项②正确，
对于③，因为 ，令 ，得到 ，
解得 或 ，又 ，由 ，得到 或 ，
由 ，得到 ，所以选项③正确，
故选：D.
10. 德国心理学家艾·宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘
曲线”．“遗忘曲线”中记忆率 随时间 （小时）变化的趋势可由函数 近似描述，则记忆率为 时经过的时间约为（ ）（参考数据： ）
A. 2小时 B. 0.8小时 C. 0.5小时 D. 0.2小时
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设得到 ，两边取对数求解，即可得出结果.
【详解】根据题意得 ，整理得到 ，两边取以 为底的对数，
得到 ，即 ，又 ，
所以 ，得到 ，
故选：C.
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. 若复数z满足 ，则 ______
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的除法公式计算 ，再计算模长即可.
【详解】 ，则 ，故 .
故答案为： .
12. 已知 ．使 成立的一组 的值为 __________；
__________．
【答案】 ①. ②. （答案不唯一）
【解析】【分析】任取一组 ，验证是否满足 即可得.
【详解】取 ，此时 ， ，
故 ，符合要求.
故答案为： ； （答案不唯一）.
13. 双曲线 的渐近线方程为__________；若 与圆 交于
四点，且这四个点恰为正方形的四个顶点，则 __________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】结合双曲线渐近线的定义与正方形的性质计算即可得.
【详解】由 ，故其渐近线方程为 ；
令 ，由题意可得 ，即有 ，解得 ，
故 ，即 .
故答案为： ； .
14. 在数列 中， .数列 满足 .若 是公差为1的等差数列，则 的通项公式为 ______， 的最小值为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】求出等差数列 的首项，直接求出 的通项公式即可，利用数列 的单调性得最小项为
，利用累加法即可求解.
【详解】由题意 ，又等差数列 的公差为1，所以 ；
故 ，所以当 时， ，当 时， ，
所以 ，显然 的最小值是 .
又 ，所以
，即 的最小值是 .
故答案为： ，
15. 如图，正方形 和矩形 所在的平面互相垂直．点 在正方形 及其内部运动，点
在矩形 及其内部运动．设 ，给出下列四个结论：
①存在点 ，使 ；
②存在点 ，使 ；
③到直线 和 的距离相等的点 有无数个；④若 ，则四面体 体积的最大值为 ．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③④
【解析】
【分析】建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量研究位置关系，结合距离公式、三棱锥体积公式逐项
判断即可得.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系 ，
则有 、 、 、 、 、 ，
设 ， ，其中 ， ，
对①： ，则 ，
当 ， ， 时，有 ，
故存在点 ，使 ，故①正确；
对②： ， ，
若 ，则有 ，
由 ， ，故当 时， ， ，
此时有 ，即 ，即 ，
此时 与 重合， 与 重合，故不存在点 ，使 ，故②错误；
对③：点 到直线 的距离为 ，点 到直线 的距离为 ，
即有 ，即 ，由 ，
故其轨迹为双曲线的一部分，即点 有无数个，故③正确；
对④： ， ，由 ，故有 ，则 ，
又 ，
.
故 ，故④正确
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：第④个结论的关键点在于借助四面体的体积公式，分别求出高与底面三角形的最大
值.
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，在三棱柱 中，侧面 为正方形， ， ， 为 的
中点．
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ，求二面角 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】【分析】（1）根据线线平行证明面面平行；（2）向量法求二面角.
【小问1详解】
如图，连接 ，设 ，连接 ．
因为在三棱柱 中，四边形 是平行四边形，所以 为 的中点．
因为 为 的中点，所以 ．
又因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．
【小问2详解】
因为 ， ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又因 平面 ，所以 ．
又 ，所以 ， ， 两两相互垂直．如图建立空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ．所以 ， ．
设平面 的法间量为 ，则 即 ，
令 ，则 ， 于是 ．
因为 平面 ，所以 是平面 的一个法向量．
所以 ．
由题设，二面角 的平面角为钝角，
所以二面角 的余弦值为 ．
17. 在 中， ．
（1）求 的大小；
（2）若 ，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使 存在，求 的面积．
条件①： 边上中线的长为 ；
条件②： ；
条件③： ．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）借助正弦定理计算即可得；（2）选条件①或③：借助余弦定理与面积公式计算即可得；不可选条件②，不存在这样的 .
【小问1详解】
由 ，得 ，
在 中，由正弦定理得 ，
因为 ，所以 ，
又 ，所以 ；
【小问2详解】
选条件①： 边上中线的长为 ：
设 边中点为 ，连接 ，则 ，
在 中，由余弦定理得 ，
即 ，
整理得 ，解得 或 （舍），
所以 的面积为 ，
选条件③： ：
在 中，由余弦定理得 ，即 ，整理得 ，解得 或 ，
当 时， 的面积为 ．
当 时， 的面积为 ．
不可选条件②，理由如下：
若 ，故 为钝角，则 ，
则 ， ，即 ，
的
其与 为钝角矛盾，故不存在这样 .
18. 10米气步枪是国际射击联合会的比赛项目之一，资格赛比赛规则如下：每位选手采用立姿射击60发子
弹，总环数排名前8的选手进入决赛．三位选手甲､乙､丙的资格赛成绩如下：
环数 6环 7环 8环 9环 10环
甲的射出频数 1 1 10 24 24
乙的射出频数 3 2 10 30 15
丙的射出频数 2 4 10 18 26
假设用频率估计概率，且甲､乙､丙的射击成绩相互独立．
（1）若丙进入决赛，试判断甲是否进入决赛，说明理由；
（2）若甲､乙各射击2次，估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率；
（3）甲､乙､丙各射击10次，用 分别表示甲､乙､丙的10次射击中大于 环的次数，其中
．写出一个 的值，使 ．（结论不要求证明）
【答案】（1）甲进入决赛，理由见解析
（2）（3） 或8
【解析】
【分析】（1）分别计算出甲和丙射击成绩的总环数，进行比较即可判断.
（2）先根据题中数据，用频率估计概率分别得出甲、乙命中 9环的概率和甲、乙命中10环的概率；再根
据互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率公式即可求解.
（ 3 ） 根 据 题 意 可 知 服 从 二 项 分 布 ， 利 用 二 项 分 布 求 出 每 一 个 对 应 的
即可解答.
【小问1详解】
甲进入决赛，理由如下：
丙射击成绩的总环数为 ，
甲射击成绩的总环数为 ．
因为 ，
所以用样本来估计总体可得甲进入决赛．
【小问2详解】
根据题中数据：
“甲命中9环”的概率可估计为 ；
“甲命中10环”的概率可估计为 ；
“乙命中9环”的概率可估计为 ；
“乙命中10环”的概率可估计为 ．
所以这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率可估计为：
【小问3详解】或8．
根据题中数据：
当 时，
在每次射击中，甲击中大于 环的的概率为 ；
在每次射击中，乙击中大于 环的的概率为 ；
在每次射击中，丙击中大于 环的的概率为 ；
由题意可知： ， ， .
此时 ， ， ，
不满足 .
当 时，
在每次射击中，甲击中大于 环的的概率为 ；
在每次射击中，乙击中大于 环的的概率为 ；
在每次射击中，丙击中大于 环的的概率为 ；
由题意可知： ， ， .
此时 ， ， ，
满足 .当 时，
在每次射击中，甲击中大于 环的的概率为 ；
在每次射击中，乙击中大于 环的的概率为 ；
在每次射击中，丙击中大于 环的的概率为 ；
由题意可知： ， ， .
此时 ， ， ，
满足 .
当 时，
在每次射击中，甲击中大于 环的的概率为 ；
在每次射击中，乙击中大于 环的的概率为 ；
在每次射击中，丙击中大于 环的的概率为 ；
由题意可知： ， ， .
此时 ， ， ，
不满足 .
所以 或8．19. 已知椭圆 的一个顶点为 ，离心率为 ．
（1）求椭圆 的方程；
（2）设 为原点．直线 与椭圆 交于 两点（ 不是椭圆的顶点）， 与直线 交于点 ，
直线 分别与直线 交于点 ．求证： ．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合题意，列出方程组计算即可得；
（2）设直线 为 ，联立椭圆方程可得与横坐标有关韦达定理，借助 、 两点坐标可表示出
、 ，计算可得 ，即可得解.
【小问1详解】
由题意可得 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 ；
【小问2详解】
由题意可知直线 的斜率存在，设其方程为 ．
则 ，直线 的方程为 ，
由 ，得 ，由 ，得 ，
设 ，则 ，
直线 的方程为 ，
联立直线 和 得 ，
解得 ，
同理可得 ，
所以 ，
因为
，
所以 ，即点 和点 关于原点 对称，
所以 ．
.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，注意 的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20. 已知函数 ．
（1）当 时，求曲线 在点 处切线的斜率；
（2）当 时，讨论 的单调性；
（3）若集合 有且只有一个元素，求 的值．
【答案】（1）
（2）单调递增区间为 ；单调递减区间为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求出结果；
（2）对函数求导得到 ，由函数 定义域知 ，再利用导数与函数单调
性间 的关系，即可求出结果；
（3）对函数求导得到 ，再分 和 两种情况讨论，利用导数与函数单调
性间的关系，求出函数的单调区间，结合条件，即可求出结果.
【小问1详解】
当 时， ，所以 ,得到 ，
所以曲线 在点 处切线的斜率为 ．
【
小问2详解】
当 时， ，易知 的定义域为 ，
又 ，
因为 ，所以 ，
所以 时， ， 时，
所以 的单调递增区间为 ；单调递减区间为 ．
【小问3详解】
因为 ，所以 ，
易知 ，当 时， 的定义域为 ，
所以 恒成立，故 在 上单调递增，
又 ，所以 不合题意，
当 时， 的定义域为 ，此时 ，
所以 时， ， 时， ，
故 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，
所以 ．设 ，则 ，
当 时， ， 时， ，
所以 的单调递减区间为 ；单调递增区间为 ．
所以 ，
所以集合 有且只有一个元素时 ．
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法：
一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研
究确定含参式子满足的条件；
二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论；
三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
21. 对正整数 ，设数列 . 是 行 列的数阵， 表
示 中第 行第 列的数， ，且 同时满足下列三个条件：①每行
恰有三个 1；②每列至少有一个 1；③任意两行不相同．记集合 或
中元素的个数为 ．
（1）若 ，求 的值；
（2）若对任意 中都恰有 行满足第 列和第 列的数均为1．
① 能否满足 ？说明理由；②证明： ．
【答案】（1）
（2）①不满足，理由见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）记 ，计算出 、 、 即可得；
（2）①由题意可得 中满足 的 的个数共有 个，亦可得其为 个，当 时，
可得 ，此方程无解，故不满足；②满足 ，但 的 的个数为 ，
亦可得其为 ，即有 ，借助该等式表示出 后放缩即可得.
【小问1详解】
记 ，
则 ，
，
，故 ；
【小问2详解】
① 不满足 ，理由如下：
假设 满足 ，
因为 的每行恰有三个1，故 中满足 的 的个数共有 个，
另一方面，从 中任选两列共有 种可能，且对任意两列，
都恰有 行使得这两列的数均为1，故 中满足 的 的个数共有 个，
所以 ，当 时，得 ，此方程无解，所以 不满足 ；
②由①可得 ，即 ，
下面考虑满足 ，但 的 的个数：
对 中满足 和3的 行，每行恰有两组 使 且 ，
所以满足 ，但 的 的个数为 ，
设数列 中有 项为 项为0，
满足 ，但 的 的个数为 ，
所以满足 ，但 的 的个数为 ，
所以 ，
所以
．
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，关键点在于结合定义，得到满足，但的的个数为且为.
