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西城区高三模拟测试试卷数学
2024.5
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. 在复平面内，复数 对应的点的坐标是 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数的几何意义得出 ，再运算化简即可.
【详解】复数 对应的点的坐标是 ，所以 ， ，
所以 .
故选：D．
2. 已知向量 ， 满足 ， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量坐标运算，先求出 ，再逐一验证即可.
【详解】因为 ， ，
所以 ，
所以 ，故A错；
，故B正确；，故C错；
因为 ，所以 不平行，故D错.
故选：B
3. 已知集合 ， ．若 ，则 的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集结果可确定 的范围，由此可得结果.
【详解】 ， ， ， ，
即 的最小值为 .
故选：C.
4. 设 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用赋值法，令 ， 即可求得正确答案.
【详解】依题意， ，
令 ，得 ；
令 ，得 ，
所以 .
故选：B.
5. 已知 ．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】A
【解析】
【分析】由充分条件和必要条件的定义求解即可.
【详解】当 时，则 ，当且仅当 时取等，所以充分性成立，
取 ，满足 ，但 ，故必要性不成立，
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 已知双曲线 的焦点在 轴上，且 的离心率为 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得 ，化简即可得出答案.
【详解】化简双曲线 可得 ，
因为双曲线 的焦点在 轴上，所以 ，
所以 的离心率为 ，
则 ，所以 .
故选：C.
7. 将函数 的图象向右平移 个单位长度，所得图象再关于 轴对称，得到函数 的图象，
则 （ ）A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正切函数图象的平移变换、对称变换即可得变换后的函数 的解析式.
【详解】将函数 的图象向右平移 个单位长度，所得函数为 ，
则函数 的图象再关于 轴对称得函数 .
故选：D.
8. 楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体 ，其中面
为正方形．若 ， ，且 与面 的距离为 ，则该楔体形构件的体
积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设 ， 分别为 ， 的中点，连接 ， ， ，由 ， ，
，可知 为三棱柱，再利用椎体与柱体的体积关系计算该几何体的体积．
【详解】如图所示，设 ， 分别为 ， 的中点，连接 ， ， ，
因为面 为正方形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面
，
又平面 平面 ，所以 ，
因为 ， 分别为 ， 的中点， ， ，
所以 ，则 为平行四边形，则 ，
同理 ，又 ，所以 为三棱柱，
由题意，可得 ；
又 ；
所以该多面体的体积为 ．
故选：C．
9. 已知 是无穷等比数列，其前 项和为 ， ．若对任意正整数 ，都有
，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的基本量求得 ，从而可得公差 ，由等比数列得前 项和公式
得 ，分类讨论，结合数列的单调性即可得求得满足不等式 时 的取值范围.
【详解】因为等比数列 ，由 可得 ，所以 ，则公比 ，所以 ，
当 为奇数时， 恒成立，所以 ，
又数列 为递增数列，所以 ， ，则此时 ；
当 为偶数时， 恒成立，所以 ，
又数列 为递增数列， ，则此时 ；
综上， 的取值范围是 .
故选：D.
10. 一组学生站成一排.若任意相邻的3人中都至少有2名男生，且任意相邻的5人中都至多有3名男生，则
这组学生人数的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】考虑前7个人，分别每相邻的3人取成一组与每相邻的5人取成一组，从而推出矛盾，再考虑人
数为6的情况，由此得解.
【详解】如果人数大于6，考虑前7个人： ，
每相邻的3人取成一组，则有 5组，
因为任意相邻的3人中都至少有2名男生，所以这5个组里至少有10名男生，
即 这15人中至少有10名男生；
每相邻的5人取成一组，则有 3组，
因为任意相邻的5人中都至多有3名男生，所以这3个组里至多有9名男生，即 这15人中至多有9名男生；
显然矛盾，故人数不可能大于6，
为
当人数 6时，用 表示男生， 表示女生，则可以 .
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是找到矛盾的分界人数，利用条件推出矛盾，从而得解.
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. 函数 的定义域是_______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得出 ，结合对数函数的单调性求解即可.
【详解】函数 的定义域是：
，解得： .
故答案为： .
12. 已知圆 经过点 和 ，且与直线 相切，则圆 的方程为_______．
【答案】
【解析】
【分析】设圆 的方程为 ，进而利用待定系数法求解即可.
【详解】设圆 的方程为 ，
则由题意可得 ，解得 ，所以圆 的方程为
故答案为：
13. 已知函数 ．直线 与曲线 的两个交点 如图
所示，若 ，且 在区间 上单调递减，则 _______； _______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据 和 ，可构造方程求得 ，并确定 为半个周期，根据正弦函
数单调性可构造方程组求得 .
【详解】设 ，
由 得： ， ，
又 ， ，解得： ，
此时 的最小正周期 ，
， 在区间 上单调递减，和 分别为 单调递减区间的起点和终点，
当 时， ，
， ，又 ， ；
综上所述： ， .
故答案为： ； .
14. 已知函数 ， ，其中 ．
①若函数 无零点，则 的一个取值为_______；
②若函数 有4个零点 ，则 _______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①结合函数 的图象， 函数 无零点，即 与 的图象无交点，所以可得到
的一个取值；②由图象对称，即可算出 的值.
【详解】画函数 的图象如下：①函数 无零点，即 无解，
即 与 的图象无交点，所以 ，可取 ；
②函数 有4个零点，即 有4个根，
即 与 的图象有4个交点，
由 关于 对称，所以 ，
关于 对称，所以 ，
所以 .
故答案为： ； .
15. 在数列 中， ， ．给出下列三个结论：
①存在正整数 ，当 时， ；
②存在正整数 ，当 时， ；
③存在正整数 ，当 时， ．
其中所有正确结论的序号是_______．
【答案】②③
【解析】
【分析】根据递推关系求出 ，用差比较法可判定各选项.
【详解】对于①：由 ， ，可得 ，又 ，当 时 ，
因为 ，所以 时 ，故①错误；
对于②： ，又 ，
结合①的结论 时 ，
所以当 时， ，故②正确；
对于③： ，
，
所以当 时， ，
所以 ，故③正确；
故答案为：②③.
【点睛】关键点睛：本题关键在于求出 ，根据递推关系分析出当 时 ，进而
判定①，利用差比较法结合结论①可判定②③.
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. 已知函数 ．在 中， ，且 ．
（1）求 的大小；
（2）若 ，且 的面积为 ，求 的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】【分析】（1）化简函数 ，根据题意，得到 ，进而求得
，即可求解；
（2）由（1）和 的面积取得 ，利用余弦定理得 ，进而求得 的值，即可
求得 的周长.
【小问1详解】
解：由函数 ，
因为 ，可得 ，
在 中，因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，所以 ，解得 ，
因为 ，所以 .
【小问2详解】
解：由（1）知 ，因为 的面积为 ，所以 ，
在 中，由余弦定理得 ，即 ，
整理得 ，所以 ，
即 ，所以 ，
所以 的周长为 .17. 如图，正方体 的棱长为 ， 为 的中点，点 在 上．再从下列三个条件
中选择一个作为已知，使点 唯一确定，并解答问题．
条件①： ；条件②： ；条件③： 平面 ．
（1）求证： 为 的中点；
（2）求直线 与平面 所成角的大小，及点 到平面 的距离．
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得 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）证明见解析
（2） ；
【解析】
【分析】（1）分别选条件①②③，结合线面平行位置关系 的判定定理和性质定理，即可得证；
（2）以 为原点，建立空间直角坐标系，求得向量 和平面 的法向量为
利用向量的夹角公式，求得 ，结合 ，即可求解.
【小问1详解】
证明：选条件①：由 ，
根据正方体 的对称性，此时点 为 上的任意一点，所以不成立；
选条件②： ．连接 ，在正方体 中，由 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 ， ， 所以 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 为 的中点， 所以 为 的中点．
选择条件 ③： 平面 ．
连接 ，因为 平面 ， 平面 ，
且平面 平面 ，所以所以 ，
因为 为 的中点，所以 为 的中点．
【小问2详解】
解：在正方体 中， 两两互相垂直，建立空间直角坐标系，
如图所示，则 ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ．于是 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则 ，所以直线 与平面 所成角的大小为 ，
点 到平面 的距离为 .
18. 为研究中国工业机器人产量和销量的变化规律，收集得到了 年工业机器人的产量和销量数
据，如下表所示．
年份
产量万台
销量万台
记 年工业机器人产量的中位数为 ，销量的中位数为 ．定义产销率为“
”．
（1）从 年中随机取 年，求工业机器人的产销率大于 的概率；
（2）从 年这 年中随机取 年，这 年中有 年工业机器人的产量不小于 ，有 年工业机
器人的销量不小于 ．记 ，求 的分布列和数学期望 ；
（3）从哪年开始的连续 年中随机取 年，工业机器人的产销率超过 的概率最小．结论不要求证明
【答案】（1）（2）分布列见解析；
（3）2018年和 年
【解析】
【分析】（1）按古典概型的概率计算求解.
（2）先根据中位数的概念确定 ， 的值，在确定 ， 的所有可能值，进一步得 的所有可能的取值，
再求 的分布列.
（3）计算产销率，可直接得到结论.
【小问1详解】
记事件 为“工业机器人的产销率大于 ”．
由表中数据，工业机器人的产销率大于 的年份为 年， 年， 年， 年，共 年．
所以 ．
【小问2详解】
因为 ， ，
所以 的所有可能的取值为 ； 的所有可能的取值为 ．
所以 的所有可能的取值为 ．
， ， ．
所以 的分布列为：
故 的数学期望 ．
【小问3详解】2018年和 年．
19. 已知函数 ，其中 ．
（1）若 在 处取得极小值，求 的值；
（2）当 时，求 在区间 上 最大值；
的
（3）证明： 有且只有一个极值点．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用可导函数的极小值点是导数值为0的充分不必要条件来解题需要检验；
（2）一阶导函数 不能够判断正负，需要借助二阶导函数来进一步研究一阶导函数的取
值恒为正，从而来判断原函数 在区间 是单调递增的，即可得到最大值；
（3）一阶导函数 看不出零点及取值的正负，但可以对参数 分两类讨论，
当 时， 是二次函数易得证，当 ，则需要二阶导函数 ，此时
联想到不等式可证 ，则可判断 ，从而得到 的单调性，然后判
断函数 零点的存在性，问题即可得证.
【小问1详解】
由 ，
因为 在 处取得极小值,所以 ，
即 ，解得 ，检验：当 时， ，由二次函数的性质可得：
在 上单调递减，在 上单调递增，满足题意，
所以 ．
【小问2详解】
当 时， ， ．
令 ，则 ，
因为 ，所以 ，
即 在区间 上单调递增，
所以 ，即 ，
所以 在区间 上单调递增，即 的最大值为 ．
【小问3详解】
由 ，
当 时， ，由二次函数的单调性可得：
在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 恰有一个极值点；
当 时，设 ，
则 ．
因为 ，且 ，
所以 ，即 在 上单调递增．
因为 ， ，所以存在 ，使 ，
根据 在 上单调递增，
可知当 时， ，所以 在 上单调递减，
可知当 时， ，所以 在 上单调递增，
即 恰有一个极值点．
综上所述，当 时， 有且只有一个极值点．
20. 已知椭圆 的一个顶点为 ，焦距为 ．
（1）求椭圆 的方程；
（2）设点 是第一象限内椭圆 上一点，过 作 轴的垂线，垂足为 ．点 关于原点的对称点为 ，
直线 与椭圆的另一个交点为 ，直线 与 轴的交点为 ．求证： 三点共线．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得 、 的值，从而求出 ，即可得解；
（2）设 ，表示出直线 的方程，即可求出 点坐标，联立直线 的方程与椭
圆方程，消元，设 ，利用韦达定理求出 ，从而表示出 ，计算出 ，即可得证.
【小问1详解】
依题意可得 ，解得 ，
所以椭圆 方程为 ．
的【小问2详解】
[方法一]：设而不求
设 ，则 ， ，其中 ， ．
则直线 的方程为 ，令 ，可得 ，所以 ，
又直线 的方程为 ，
由 ，消去 整理得 ，
所以 ，
设 ，所以 ，解得 ．
所以 ，所以 ．
由题意，点 均不在 轴上，所以直线 的斜率均存在，
且
，
即 ，所以 、 、 三点共线．[方法二]：转化思想
设 则 ，
且 ， ， ，
则 : ，令 ，则 ， ，
又 : ， : ，
设 与 交于点 ，由 ，解得 ，
若 、 、 三点共线，则点 为点 ，即点 在椭圆上，
则只需证明 ，
，
所以点 在椭圆上，所以 、 、 三点共线.[方法三]：
设 且 ，则 ， ，
∵ ，所以 : ，
由 ，消去 整理得 ，
所以 ，设 ，则 ，
所以 ，则 ，
，
又 : ，令 ，则 ， ，
，
又 ，所以
，∴ 、 、 三点共线.
[方法四]：
依题意 的斜率存在且不为 ，设 的方程为 ，
，消去 整理得 ，
显然 ，所以 ， ， ，
，则 ，
所以 ，则 的方程为 ，
由 ，所以 ，
显然 ， ，
所以 ，则 ，
所以
，
又 ，
所以 ，
∴ 、 、 三点共线.
【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，必要时计算 ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21. 已知数列 ，从 中选取第 项、第 项、…、第 项 构成数列
， 称为 的 项子列．记数列 的所有项的和为 ．当 时，若 满足：对任意
， ，则称 具有性质 ．规定： 的任意一项都是 的 项子列，且具有性质
．
（1）当 时，比较 的具有性质 的子列个数与不具有性质 的子列个数的大小，并说明理由；
（2）已知数列 ．（ⅰ）给定正整数 ，对 的 项子列 ，求所有 的算术平均值；
（ⅱ）若 有 个不同的具有性质 的子列 ，满足： ， 与 都有公共项，且
公共项构成 的具有性质 的子列，求 的最大值．
【答案】（1） 的具有性质 的子列个数大于不具有性质 的子列个数；理由见解析
（2）（ⅰ） ；（ⅱ）见解析.
【解析】
【分析】（1）根据定义得出 时， 共有 个子列，结合性质 的内容即可判断；
（2）（ⅰ）根据 是 的 项子列， 也是 的
项子列，可得 ，又 有 个 项子列，即可求出结果；
（ⅱ）设 的首项为 ，末项为 ，记 ，则可得对任意 ，都有
，故共有 种不同的情况，又 ，所以分 为奇数或者偶数两种情况
进行分析即可.
【小问1详解】
当 时， 共有 个子列，
其中具有性质 的子列有 个，
故不具有性质 的子列有 个，
所以 的具有性质 的子列个数大于不具有性质 的子列个数．
【小问2详解】
（ⅰ）若 是 的 项子列，
则 也是 的 项子列．所以 ．
因为给定正整数 ， 有 个 项子列，
所以所有 的算术平均值为 ．
（ⅱ）设 的首项为 ，末项为 ，记 ．
若存在 ，使 ，则 与 没有公共项，与已知矛盾．
所以，对任意 ，都有 ．
因为对于 ， ， ，
所以共有 种不同的情况．
因为 互不相同，
所以对于不同的子列 ， 与 中至多一个等式成立．
所以 ．
当 是奇数时，取 ， ，
共有 个满足条件的子列．
当 是偶数时，取 ， ，
共有 个满足条件的子列．
综上， 为奇数时， 的最大值为 ； 为偶数时， 的最大值为 ．
【点睛】方法点睛：（1）阅读理解能力考查；（2）分类讨论思想；（3）数列和集合概念的理解.
