北京市朝阳区2023-2024学年高三上学期期中质量检测 数学答案

北京市朝阳区2023~2024学年度第一学期期中质量检测高三数学（考试时间120分钟 满分150分）本试卷分为选择题40分和非选择题110分第一部分（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】D【解析】【分析】根据题意可知，再由补集以及交集定义可得结果.【详解】由题可知，易知，所以.故选：D2. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数的奇偶性和单调性逐一判断即可.【详解】对于A：因为的定义域为，所以不是奇函数，所以A错误；对于B：令，则，所以是奇函数，又在上单调递增，B正确；对于C：在上递减，在上递增，所以C错误；对于D：因为，，所以是偶函数，所以D错误，故选：B3. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据得到，再利用二倍角公式得到答案.【详解】，故选：【点睛】本题考查了二倍角公式，意在考查学生的计算能力.4. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用指对数函数性质判断大小关系即可.【详解】由，即.故选：A5. 函数的图象的一条对称轴是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将各项对应自变量代入解析式求函数值，判断是否成立即可.【详解】时，不是对称轴；时，不是对称轴；时，是对称轴；时，不是对称轴；故选：C6. 设，则“”是“”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】B【解析】【分析】根据题意解出不等式比较两范围大小即可得出结果.【详解】解不等式可得或；显然是或的真子集，所以可得“”是“”的必要不充分条件.故选：B7. 已知平面内四个不同的点满足，则（ ）A. B. C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】将条件变形，得到的关系，进而可得的值.【详解】,,即,.故选：D.8. 已知一个圆锥的高与其底面圆的半径相等，且体积为．在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，则该正方体的棱长为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，求得圆锥的高与底面圆的半径为，作出组合体的轴截面，结合，列出方程，即可求解.【详解】因为圆锥的高与其底面圆的半径相等，设圆锥的高为，底面圆的半径为，则，又因为圆锥的体积为，可得，解得，则，设圆锥的顶点为，底面圆心为，则高为，与正方体的上底面交点为,在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，取其轴截面，如图所示，设正方体的棱长为，可得，由，可得，即，解得，所以该正方体的棱长为.故选：D.9. 已知函数，设，若存在，使得，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，求得函数的值域为，结合题意转化为，列出不等式，即可求解.【详解】由题意，作出函数的图象，如图所示，所以，当时，；当时，，可函数的值域为，设，若存在，使得成立，即，只需，即对于，满足成立，即，解得，所以实数的取值范围为.故选：A. 10. 已知点集．设非空点集，若对中任意一点，在中存在一点（与不重合），使得线段上除了点外没有中的点，则中的元素个数最小值是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】根据整点的连线内部没有其它整点，当且仅当与互为素数，讨论只有一个点得到矛盾，进而有中元素不止一个，取分析是否满足要求即可.【详解】对于整点的连线内部没有其它整点，当且仅当与互为素数，若只有一个点，取的点使和分别同奇偶，有公因子2（或重合），不合题意，故中元素不止一个，令，对于的点，当或3时，取；当或4时，取；由于、横坐标之差为，故内部无整点；当，时，取，此时横坐标之差为，纵坐标之差为奇数，二者互素；当，时，取，此时横坐标之差为，纵坐标之差为，二者互素；综上，中的元素个数最小值是2.故选：B【点睛】关键点睛：根据题设分析出整点的连线内部没有其它整点，当且仅当与互为素数为关键.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. 已知函数，则的最小正周期是__________．【答案】【解析】【分析】化简函数为，结合最小正周期的计算公式，即可求解.【详解】由函数，所以的最小正周期为.故答案为：.12. 已知单位向量，满足，则向量与向量的夹角的大小为__________．【答案】【解析】【分析】根据向量的数量积运算，结合单位向量模长为1，代值计算即可.【详解】因为，均是单位向量，故可得，故可得，即，解得，又因为向量夹角的范围为，故的夹角为.故答案为：.【点睛】本题考查向量数量积的运算，属基础题.13. 设公差为等差数列的前项和为，能说明“若，则数列是递减数列”为假命题的一组的值依次为__________．【答案】，（答案不唯一）【解析】【分析】由等差数列前n项和公式有且，结合二次函数性质找到一个满足不是递减数列的即可.【详解】由，其对称轴为，且，结合二次函数性质，只需，即，此时不是递减数列，如，，则，显然.故答案为：，（答案不唯一）14. 古希腊数学家托勒密对三角学的发展做出了重要贡献，他的《天文学大成》包含一张弦表（即不同圆心角的弦长表），这张表本质上相当于正弦三角函数表．托勒密把圆的半径60等分，用圆的半径长的作为单位来度量弦长．将圆心角所对的弦长记为．如图，在圆中，的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，因此的圆心角所对的弦长为60个单位，即．若为圆心角，，则__________ 【答案】【解析】【分析】根据度量弦长的定义，利用余弦定理求出时圆心角所对应的弦长，结合的圆心角所对的弦长为60个单位即可求出结果.【详解】设圆的半径为，时圆心角所对应的弦长为，利用余弦定理可知，即可得又的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，的圆心角所对的弦长为60个单位，即与半径等长的弦所对的圆弧长为60个单位，所以.故答案为：15. 如图，在棱长为1的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，且，给出下列四个结论：动点的轨迹是一段圆弧；动点的轨迹与没有公共点；三棱锥的体积的最小值为；平面截该正方体所得截面的面积的最大值为．其中所有正确结论的序号是__________． 【答案】【解析】【分析】作出与垂直的平面，即可得动点的轨迹是两平面的交线在侧面内的线段，可知错误；显然，即正确；当点与点重合时到平面的距离最小时，此时最小值为，所以正确；易知当点与点重合时，截面为等腰梯形，此时面积最大为.【详解】取的中点分别为，连接，如下图所示： 由正方体性质可知，又因为，，所以，又，平面，所以平面；又平面，所以；同理可得，因此平面，若，所以平面，又点是侧面上（包括边界）的动点；所以动点的轨迹是两平面的交线在侧面内的线段，即，可知错误；由于是的中点，所以，即动点的轨迹与没有公共点；所以正确；易知三棱锥的底面的面积为定值，即，当点到平面的距离最小时，即与点重合时，距离最小为，此时体积值最小为，所以正确；显然当点与点重合时，截面面积最大，此时截面即为四边形，如下图所示： 易知，且，；即四边形等腰梯形，易知其高为，所以其面积为；即正确.故答案为：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. 已知是递增的等比数列，其前项和为，满足．（1）求的通项公式及；（2）若，求的最小值．【答案】（1）；. （2）【解析】【分析】（1）根据等比数列的通项公式以及求和的定义，建立方程，求得公比，可得答案；（2）根据对数的性质，可得答案.【小问1详解】设等比数列的公比为，由数列是递增数列，则，由，则，，由，整理可得，则，解得，易知，.【小问2详解】由（1）可得：，整理可得，，，故的最小值为.17. 在中，．（1）求；（2）再从条件、条件、条件这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．条件：；条件：；条件：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分．【答案】（1） （2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据题意，利用余弦定理求得，即可求解；（2）根据题意，若选择，求得，由正弦定理求得，再由余弦定理求得，结合面积公式，即可求解；若：先求得，由，利用正弦定理求得，结合面积公式，即可求解；若选择，利用余弦定理，列出方程求得，不符合题意.【小问1详解】解：因为，由余弦定理得，又因为，所以.【小问2详解】解：由（1）知，若选：，，由，可得，由正弦定理，可得，解得，则，又由余弦定理，可得，即，解得或（舍去），所以的面积为.若选：且，由，可得，因为，可得，由正弦定理，可得，解得，所以的面积为.若选：：且，因为，可得，整理得，解得，不符合题意，（舍去）.18. 如图，在三棱锥中，平面． （1）求证：平面；（2）求二面角的大小；（3）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质判断异面直线垂直，再由勾股定理证明线线垂直，根据线面垂直的判定证明即可；（2）建立空间直角坐标系，分别求法向量，求出二面角；（3）应用等体积法求点到面的距离即可.【小问1详解】因为平面，平面，平面，所以，又，所以，又因为，，所以，因为平面,平面，且，所以平面；【小问2详解】过作//，则平面，又由（1）知，所以以为轴建立空间直角坐标系，如下图， 则，设平面的法向量为，又，所以令，则，则，设平面的法向量为，又，所以，令，则，则，令二面角的平面角为，则，由图知此二面角锐二面角，所以，故二面角为；【小问3详解】设点到平面的距离为，，所以，又，所以，解得，所以点到平面的距离为.19. 已知函数．（1）若，求在区间上的最小值和最大值；（2）若，求证：在处取得极小值．【答案】（1）最小值为，最大值为； （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数研究在上的单调性，即可求最值；（2）由题设，易得，构造利用导数可得，得到在处有递增趋势，即可证结论.【小问1详解】由题设，则，在上，即递增，所以最小值为，最大值为.【小问2详解】由题意，则，令，则，且.所以，即在处有递增趋势，综上，若且无限趋向于0，在上，递减，在上，递增，所以在处取得极小值．20. 已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在区间上恒成立，求的取值范围；（3）试比较与的大小，并说明理由．【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；（2）将在区间上恒成立，转化为，令，问题转化为，利用导数求函数即可得解；（3）由（2）知，时，在区间上恒成立，取，可得解.【小问1详解】当时，，，所以曲线在点处切线的斜率，又，所以曲线在点处切线的方程为即.【小问2详解】在区间上恒成立，即，对，即，对，令，只需，，，当时，有，则，在上单调递减，符合题意，当时，令，其对应方程的判别式，若即时，有，即，在上单调递减，符合题意，若即时，，对称轴，又，方程的大于1的根为，，，即，，，即，所以函数在上单调递增，，不合题意.综上，在区间上恒成立，实数的取值范围为.【小问3详解】由（2）知，当时，，在区间上恒成立，即，对，取代入上式得，化简得.21. 已知是个正整数组成的行列的数表，当时，记．设，若满足如下两个性质：；对任意，存在，使得，则称为数表．（1）判断是否为数表，并求的值；（2）若数表满足，求中各数之和的最小值；（3）证明：对任意数表，存在，使得．【答案】（1）是； （2） （3）证明见详解【解析】【分析】（1）根据题中条件可判断结果，根据题中公式进行计算即可；（2）根据条件讨论的值，根据，得到相关的值，进行最小值求和即可；（3）当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，则该行有条有向线段，得到横向有向线段的起点总数，同样的方法得到纵向有向线段的起点总数，根据条件建立不等关系，即可证明.【小问1详解】是数表，【小问2详解】由题可知.当时，有，所以.当时，有，所以.所以所以或者，或者，或，或，故各数之和，当时，各数之和取得最小值.【小问3详解】由于数表中共个数字，必然存在，使得数表中的个数满足设第行中的个数为当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，则该行有条有向线段，所以横向有向线段的起点总数设第列中的个数为.当时，将纵向相邻两个用从上到下的有向线段连接，则该列有条有向线段，所以纵向有向线段的起点总数所以,因为,所以.所以必存在某个既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，即存在使得，所以，则命题得证.