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

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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.

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