北京市順義區(qū)第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高三(上)期中考試數(shù)學(xué)試卷(解析版）

這是一份北京市順義區(qū)第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高三(上)期中考試數(shù)學(xué)試卷(解析版），共22頁(yè)。試卷主要包含了 設(shè)集合，集合，則， 若復(fù)數(shù)滿足，則的共軛復(fù)數(shù)， 已知角的終邊經(jīng)過點(diǎn)，則， 在中，若，，，則的大小為等內(nèi)容，歡迎下載使用。
一.選擇題（本大題共10小題，共40分）
1. 設(shè)集合，集合，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】集合的基本運(yùn)算問題.
【詳解】因?yàn)椋裕?br>且，所以 =.
故選：C
2. 若復(fù)數(shù)滿足，則的共軛復(fù)數(shù)（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由知，運(yùn)用復(fù)數(shù)的除法即可求出，根據(jù)共軛復(fù)數(shù)的概念即可求解.
【詳解】因?yàn)?，所以?br>所以.
故選：A
3. 如圖所示，直線的斜率分別為，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】應(yīng)用斜率與傾斜角的關(guān)系即可判斷．
【詳解】由，結(jié)合的函數(shù)圖象，
直線對(duì)應(yīng)的傾斜角為鈍角，則，
直線與都為銳角，且的傾斜角大于的傾斜角，
則，故．
故選：C．
4. 已知角的終邊經(jīng)過點(diǎn)，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，利用三角函數(shù)定義、結(jié)合誘導(dǎo)公式計(jì)算即得.
【詳解】由角的終邊經(jīng)過點(diǎn)，得該點(diǎn)到原點(diǎn)距離，，
所以.
故選：C
5. 下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)，又在區(qū)間上單調(diào)遞減的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)冪函數(shù)，指數(shù)函數(shù)，余弦函數(shù)，對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性逐項(xiàng)判斷即可.
【詳解】對(duì)于A，由冪函數(shù)的單調(diào)性可知在上單調(diào)遞增，故A不正確；
對(duì)于B，由余弦函數(shù)的單調(diào)性可知在區(qū)間上單調(diào)遞減不成立，故B不正確；
對(duì)于C，，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，故C不正確；
對(duì)于D，的定義域?yàn)椋x域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，，所以是偶函數(shù)，
又因?yàn)楫?dāng)，，由對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知在上單調(diào)遞減，故D正確；
故選：D.
6. 在中，若，，，則的大小為（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理結(jié)合三角形的特點(diǎn)計(jì)算即可.
【詳解】因?yàn)樵谥?，，所以?br>由正弦定理可知或，
又，所以不成立.
故選：B
7. 設(shè)點(diǎn)，，不共線，則“與的夾角為銳角”是“”的（ ）
A. 充分而不必要條件B. 必要而不充分條件
C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】C
【解析】
【分析】將向量的模用向量的數(shù)量積來表示，化簡(jiǎn)后結(jié)合向量夾角的范圍，即可判斷.
【詳解】
由題意知，，不共線，所以，
所以與的夾角為銳角，
故“與的夾角為銳角”是“”的充分必要條件；
故選：C.
8. 坡屋頂是我國(guó)傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素.安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美.如圖，某坡屋頂可視為一個(gè)五面體，其中兩個(gè)面是全等的等腰梯形，兩個(gè)面是全等的等腰三角形.若，，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長(zhǎng)之和為（ ）
A. 100 mB. 112 mC. 117 mD. 132 m
【答案】D
【解析】
【分析】先根據(jù)面面角的定義求得，再依次求得，，，，最后把所有棱長(zhǎng)相加，即可求解．
【詳解】如圖，過E作平面ABCD，垂足為O，
過E分別作，，垂足分別為G，M，
連接OG，OM，
因?yàn)槠矫鍭BCD，平面ABCD，所以，
又，且EO，平面EOG，，所以平面EOG，
因?yàn)槠矫鍱OG，所以，
所以等腰三角形所在的平面與平面ABCD所成角為，
同理可得，又，
所以等腰梯形所在的平面與平面ABCD所成角為，
所以，
又，所以四邊形OMBG是矩形，
又，則，所以，所以，
所以在中，，
在中，，，
又因?yàn)椋?br>故該五面體的所有棱長(zhǎng)之和為．
故選：D．
9. 函數(shù)圖象上存在兩點(diǎn)，滿足，則下列結(jié)論成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù),在上,可得出,再根聯(lián)立,得到的值,根據(jù)縮小的取值范圍,進(jìn)而代入求值即可.
【詳解】解:由題知,,
均在上,
,
,
,
故有:,
兩等式聯(lián)立有,
解得,
,
,
,
,
綜上選項(xiàng)B正確.
故選:B
10. 已知函數(shù)，若對(duì)于任意正數(shù)，關(guān)于的方程都恰有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則滿足條件的實(shí)數(shù)的個(gè)數(shù)為（ ）
A. B. C. D. 無數(shù)
【答案】B
【解析】
【分析】分、、三種情況討論，作出函數(shù)的圖象，根據(jù)已知條件可得出關(guān)于實(shí)數(shù)的等式與不等式，進(jìn)而可求得實(shí)數(shù)的取值.
【詳解】當(dāng)時(shí)，，作出函數(shù)的圖象如下圖所示：
由圖可知，當(dāng)時(shí)，關(guān)于的方程有且只有一個(gè)實(shí)根，不合乎題意；
當(dāng)時(shí)，，如下圖所示：
函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，
由題意可得，解得；
若，則，如下圖所示：
函數(shù)在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
由題意可得，此時(shí)無解.
綜上所述，
故選：B.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：已知函數(shù)有零點(diǎn)（方程有根）求參數(shù)值（取值范圍）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數(shù)范圍；
（2）分離參數(shù)法：先將參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的值域問題加以解決；
（3）數(shù)形結(jié)合法：先對(duì)解析式變形，進(jìn)而構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，然后在同一平面直角坐標(biāo)系中畫出函數(shù)的圖象，利用數(shù)形結(jié)合的方法求解.
二.填空題（本大題共5小題，共25分）
11. 函數(shù)的定義域是______.
【答案】
【解析】
【分析】由真數(shù)大于零及分母不等于零計(jì)算即可得.
【詳解】由題意可得、，故且，
故該函數(shù)定義域?yàn)?
故答案為：.
12. 首項(xiàng)為1的等比數(shù)列中，，，成等差數(shù)列，則公比______.
【答案】2
【解析】
【分析】根據(jù)等差中項(xiàng)可得，利用等比數(shù)列通項(xiàng)公式代入即可求.
【詳解】設(shè)等比數(shù)列的公比為，
因?yàn)?，，成等差?shù)列，
所以，
所以，
因?yàn)槭醉?xiàng)為1，所以，
所以，故.
故答案為：2
13. 能說明“若，則，其中”為假命題的一組，的值是___．
【答案】答案不唯一，如，
【解析】
【分析】即舉滿足條件但不滿足的例子.
【詳解】，時(shí)，滿足，但不成立
故答案為答案不唯一，如，
【點(diǎn)睛】本題考查誘導(dǎo)公式的應(yīng)用，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)題.
14. 如圖，這個(gè)優(yōu)美圖形由一個(gè)正方形和以各邊為直徑的四個(gè)半圓組成，若正方形的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)在四段圓弧上運(yùn)動(dòng)，則的取值范圍為______.
【答案】
【解析】
【分析】借助于正方形建系，利用平面向量數(shù)量積的幾何意義，找到使在方向上的投影向量的數(shù)量最大和最小的點(diǎn)即得的取值范圍.
【詳解】
如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)，分別以所在直線為軸建立坐標(biāo)系.
因，
而表示在方向上的投影向量的數(shù)量，
由圖不難發(fā)現(xiàn)，設(shè)過正方形的中心作與軸平行的直線與左右兩個(gè)半圓分別交于點(diǎn)，
則當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，投影向量的數(shù)量最大，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，投影向量的數(shù)量最小.
易得，則的最大值為6，最小值為，
故.
故答案為：.
15. 如圖，在棱長(zhǎng)為的正方體中，點(diǎn)，分別在線段和上．
給出下列四個(gè)結(jié)論：
①的最小值為；
②四面體的體積為；
③有且僅有一條直線與垂直；
④存在點(diǎn)，，使為等邊三角形．
其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是____．
【答案】①②④
【解析】
【分析】對(duì)于①，利用直線之間的距離即可求解；對(duì)于②，以為頂點(diǎn)，為底面即可求解；對(duì)于③，利用直線的垂直關(guān)系即可判斷；對(duì)于④，利用空間坐標(biāo)即可求解.
【詳解】對(duì)于①，由于在上運(yùn)動(dòng)，在上運(yùn)動(dòng)，所以的最小值就是兩條直線之間距離，而，所以的最小值為；
對(duì)于②，，而，所以四面體的體積為；
對(duì)于③，由題意可知，當(dāng)與重合，與重合時(shí)， ，又根據(jù)正方體性質(zhì)可知，，所以當(dāng)為中點(diǎn)，與重合時(shí)，此時(shí)，故與垂直的不唯一，③錯(cuò)誤；
對(duì)于④，當(dāng)為等邊三角形時(shí)，，則此時(shí).所以只需要與的夾角能等于即可.
以為原點(diǎn)，、、分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖，
設(shè)，則由題意可得，，，則可得，，則，整理可得，該方程看成關(guān)于的二次函數(shù)，，所以存在使得為等邊三角形.
故答案為：①②④
三、解答題（本大題共6小題，共85分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）
16. 已知函數(shù)．
（1）若，且，求的值；
（2）求函數(shù)的最小正周期，及函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間．
【答案】（1）
（2）最小正周期，，
【解析】
【分析】（1）根據(jù)同角三角函數(shù)關(guān)系得到，由余弦二倍角公式得到，從而得到；
（2）利用三角恒等變換得到，利用得到最小正周期，并利用整體法求出函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間.
【小問1詳解】
因?yàn)椋遥?br>所以，，
所以．
【小問2詳解】
，
所以函數(shù)的最小正周期．
由，，
解得，．
所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間，．
17. 在中，已知，請(qǐng)從下列三個(gè)條件中選擇兩個(gè)，使得存在，并解答下列問題：
（1）求的大??；
（2）求和的值．
條件①：；條件②：；條件③：．
【答案】（1）答案見詳解
（2）答案見詳解
【解析】
【分析】（1）若選擇①②：利用正弦定理可得，結(jié)合可知，則，即可得結(jié)果；若選擇①③：由正弦定理可得，由可知，即可得結(jié)果；若選②③：根據(jù)三角形的性質(zhì)分析得出矛盾；
（2）由（1）可知：不能選②③. 只能選擇①②或選擇①③，利用同角三角關(guān)系以及兩角和差公式求，再利用正弦定理求的值.
【小問1詳解】
若選擇①②：，，
在中，由正弦定理得．
因?yàn)?，即?br>可知，所以；
若選擇①③：，，
在中，因?yàn)橛烧叶ɡ淼茫?br>在中，，即，
可知，所以；
若選②③：，，
因?yàn)?，即，可知?br>又因?yàn)?，即，可知?br>兩者相矛盾，故不成立.
【小問2詳解】
由（1）可知：不能選②③.
若選擇①②：在中，，即，可知，
且，可得，
則，
可知，則，
由正弦定理可得，
又因?yàn)?，所以?br>選擇①③：在中，，即，可知，
且，可得，
則，
且，可得，
又因?yàn)?，則，
由正弦定理可得．
18. 某校工會(huì)開展健步走活動(dòng)，要求教職工上傳3月1日至3月7日微信記步數(shù)信息，下圖是職工甲和職工乙微信記步數(shù)情況：
（1）從3月1日至3月7日中任選一天，求這一天職工甲和職工乙微信記步數(shù)都不低于10000的概率；
（2）從3月1日至3月7日中任選兩天，記職工乙在這兩天中微信記步數(shù)不低于10000的天數(shù)為，求的分布列及數(shù)學(xué)期望；
（3）如圖是校工會(huì)根據(jù)3月1日至3月7日某一天的數(shù)據(jù)，制作的全校200名教職工微信記步數(shù)的頻率分布直方圖．已知這一天甲和乙微信記步數(shù)在單位200名教職工中排名分別為第68和第142，請(qǐng)指出這是根據(jù)哪一天的數(shù)據(jù)制作的頻率分布直方圖（結(jié)論不要求證明）
【答案】（1）；
（2）分布列見解析，；
（3）3月3日.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)古典概型求解即可；
（2）的可能取值為0,1,2，分別求出每種情況的概率，再寫出分布列并求期望即可；
（3）根據(jù)頻率分布直方圖算出每個(gè)步數(shù)區(qū)間內(nèi)的人數(shù)，再結(jié)合甲乙二人的排名，確定甲乙各自步數(shù)的范圍，進(jìn)而確定日期.
【小問1詳解】
設(shè)“職工甲和職工乙微信計(jì)步數(shù)都不低于10000”為事件
從3月1日至3月7日這七天中，3月2日，3月5日，3月7日這三天職工甲和職工乙微信記步數(shù)都不低于10000，所以．
【小問2詳解】
由圖可知，7天中乙的步數(shù)不低于10000步的天數(shù)共4天.
的所有可能取值為，
，
的分布列為
【小問3詳解】
3月3日
由直方圖知，微信記步數(shù)落在（單位：千步）區(qū)間內(nèi)的人數(shù)依次為
，.
由甲的排名為第68，可知當(dāng)天甲的微信步數(shù)在15000-20000之間，
據(jù)折線圖知，這只有3月2日、3月3日和3月7日；
而由乙微信記步數(shù)排名第142，可知當(dāng)天乙微信記步數(shù)在5000-10000之間，
根據(jù)折線圖知，這只有3月3日和3月6日.
所以只有3月3日符合要求．
19. 如圖，在多面體中，四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，平面平面，，，.

（1）求證：平面；
（2）求平面與平面夾角的余弦值；
（3）線段上是否存在點(diǎn)，使得平面？若存在，指出點(diǎn)的位置并證明；若不存在，請(qǐng)說明理由.
【答案】（1）證明見解析
（2）
（3）存在，點(diǎn)為中點(diǎn)，證明見解析
【解析】
【分析】（1）先利用面面垂直的性質(zhì)可得平面，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理和判定定理證明即可；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面與平面的法向量，利用空間向量法求解即可；
（3）設(shè)，由求出，再利用空間向量法求解即可.
【小問1詳解】
因?yàn)槠矫嫫矫妫矫嫫矫?，，平?
所以平面，
因?yàn)槠矫?，所以?br>因?yàn)樗倪呅问钦叫危?br>所以，
因?yàn)?，平面，平面?br>所以平面.
【小問2詳解】
由（1）得平面，因?yàn)槠矫妫?，，兩兩垂直?br>以為原點(diǎn)，為軸、 軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

因，，
所以，.
則，，,，，
所以，，
設(shè)平面的一個(gè)法向量為，
則，取得，
因?yàn)槠矫?，所以為平面的一個(gè)法向量，，
所以，
設(shè)平面與平面夾角為，
所以，
所以平面與平面夾角的余弦值．
【小問3詳解】
線段上存在點(diǎn)，點(diǎn)為中點(diǎn)，滿足平面，證明如下：
設(shè)，
因?yàn)椋?br>所以，
由（2）知平面的一個(gè)法向量為，
因平面，
所以，解得，
所以線段上存在點(diǎn)，點(diǎn)為中點(diǎn)，滿足平面.
20. 已知函數(shù).
（1）若曲線在點(diǎn)處的切線斜率為1，求實(shí)數(shù)a的值；
（2）當(dāng)時(shí)，求證：；
（3）若函數(shù)f(x)在區(qū)間上存在極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
【答案】（1）（2）證明見解析（3）
【解析】
【分析】
（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解即可；
（2）利用導(dǎo)數(shù)得出函數(shù)f(x)的單調(diào)性，進(jìn)而得出其最小值，即可證明；
（3）分類討論的值，利用導(dǎo)數(shù)得出f(x)的單調(diào)性，結(jié)合題意，即可得出實(shí)數(shù)a的取值范圍.
【詳解】解：（1）因?yàn)椋?br>所以.
由題知，
解得.
（2）當(dāng)時(shí)，，
所以.
當(dāng)時(shí)，，f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，，f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增；
所以是f(x)在區(qū)間上的最小值.
所以.
（3）由（1）知，.
若，則當(dāng)時(shí)，，f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，
此時(shí)無極值.
若，令，
則.
因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，所以g(x)在上單調(diào)遞增.
因?yàn)椋?br>而，
所以存，使得.
和f(x)的情況如下：
因此，當(dāng)時(shí)，f(x)有極小值.
綜上，a的取值范圍是.
【點(diǎn)睛】本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用等，屬于中檔題.
21. 已知數(shù)列，對(duì)于任意的，都有，則稱數(shù)列為“凹數(shù)列”.
（1）已知數(shù)列，的前項(xiàng)和分別為，，且，，試判斷數(shù)列，數(shù)列是否為“凹數(shù)列”，并說明理由；
（2）已知等差數(shù)列，首項(xiàng)為4，公差為，且為“凹數(shù)列”，求的取值范圍；
（3）證明：數(shù)列為“凹數(shù)列”的充要條件是“對(duì)于任意的，，，當(dāng)時(shí)，有”.
【答案】（1）數(shù)列是為“凹數(shù)列”， 數(shù)列不是為“凹數(shù)列”，理由見解析
（2）
（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)通項(xiàng)公式判斷數(shù)列an為等差數(shù)列，bn為等比數(shù)列，進(jìn)而求得前項(xiàng)和，，再根據(jù)“凹數(shù)列”的定義判斷即可；
（2）根據(jù)數(shù)列bn為等差數(shù)列可得通項(xiàng)公式，再根據(jù)“凹數(shù)列”的定義得對(duì)任意，恒成立，進(jìn)而解出的范圍即可；
（3）先證明必要性，放縮得到，故，再證明充分性，取，，則有，進(jìn)而得證.
【小問1詳解】
由于為等差數(shù)列，所以，為等比數(shù)列，，任意的，都有，故，所以數(shù)列是為“凹數(shù)列”，
任意的，都有，
故，所以數(shù)列不是為“凹數(shù)列”，
【小問2詳解】
因?yàn)榈炔顢?shù)列bn的公差為，，所以，
因?yàn)閿?shù)列是凹數(shù)列，所以對(duì)任意，恒成立，
即，
所以，即，
因?yàn)?，解?所以的取值范圍為.
【小問3詳解】
先證明必要性：因?yàn)闉椤鞍紨?shù)列”所以對(duì)任意，都有，即，所以對(duì)任意的，，，當(dāng)時(shí)，有，所以，
又，
所以，所以，必要性成立；
再證明充分性：對(duì)于任意的，，，當(dāng)時(shí)，有，
取，，則有，
即，所以為“凹數(shù)列”.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題是數(shù)列新定義問題，主要考查了等差數(shù)列，等比數(shù)列，遞推公式和求和公式等的綜合運(yùn)用，對(duì)常見的求通項(xiàng)公式和求和公式要掌握牢固，同時(shí)要將“新”性質(zhì)有機(jī)地應(yīng)用到“舊”性質(zhì)上，創(chuàng)造性的解決問題.
0
1
2
x
0
f(x)
極小值