2023-2024学年北京朝阳区高三期末数学试题及答案.pdf

《2023-2024学年北京朝阳区高三期末数学试题及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023-2024学年北京朝阳区高三期末数学试题及答案.pdf（12页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 第1页/共12页 2024 北京朝阳高三（上）期末 数 学 2024.1（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）已知集合|03Axx=，3|log1Bxx=，则AB=（A）0,3（B）0,3)（C）(0,3)（D）(0,3（2）设aR，若复数(2i)(2i)a+在复平面内对应的点位于虚轴上，则a=（A）4（B）1（C）1（D）4（3）若01a，则（A）1132aa（B）23aa（C）11loglo

2、g23aa（D）sincosaa（4）在ABC中，若12,cos63aAC=，则c=（A）33（B）23（C）8 39（D）83（5）在平面直角坐标系xOy中，已知点(0,1),(2,1)AB，动点P满足0PA PB=，则|OP的最大值为（A）1（B）2（C）2（D）21+（6）如图，在正方体1111ABCDABC D中，点E是平面1111A BC D内一点，且/EB平面1ACD，则1tanDED的最大值为（A）22 （B）1（C）2 （D）2 （7）设函数()()2mf xxmx=+R的定义域为(1,2)，则“30m”是“()f x在区间(1,2)内有且仅有一个零点”的（A）充分而不必要条件

3、（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 第2页/共12页 （8）设抛物线C的焦点为F，点E是C的准线与C的对称轴的交点，点P在C上，若30PEF=，则sinPFE=（A）34（B）33（C）22（D）32（9）根据经济学理论，企业生产的产量受劳动投入、资本投入和技术水平的影响，用Q表示产量，L表示劳动投入，K表示资本投入，A表示技术水平，则它们的关系可以表示为QAK L=，其中0,0,0,01,01AKL当A不变，K与L均变为原来的2倍时，下面结论中正确的是（A）存在12和12，使得Q不变（B）存在12和12，使得Q变为原来的2倍（C）若14=，则Q最多可变为原来的

4、2倍（D）若221+2=，则Q最多可变为原来的2倍（10）在ABC中，4 2ABAC=，当R时，|ABBC+的 最 小 值 为4 若AMMB=，22sincosAPABAC=+，其中,63，则|MP的最大值为（A）2 （B）4（C）2 5 （D）4 2 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）在52()xx+的展开式中，x的系数为_（用数字作答）（12）已知等差数列na的公差为2，nS为其前n项和，且428,a a a成等比数列，则4a=_，nS=_（13）已知双曲线22221(0,0)xyabab=的一条渐近线过点(2,1)，则其离心

5、率为_（14）设函数21,1,1,()2|2,(1,3.xxf xxax=当0a=时，()f x的最大值为_；若()f x无最大值，则实数a的一个取值为_（15）中国传统数学中开方运算暗含着迭代法，清代数学家夏鸾翔在其著作少广缒凿中用迭代法给出 第3页/共12页 一个“开平方捷术”，用符号表示为：已知正实数N，取一正数1a作为N的第一个近似值，定义112,nnnnNnaaaan+=为奇数为偶数则12,na aa是N的一列近似值当1310,Na=时，给出下列四个结论：2310a；4510a a；2n，2121nnaa+；2n，22221|10|10|nnaa 其中所有正确结论的序号是_ 三、解答

6、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）（本小题 13 分）已知函数2()cos3sin cos()f xxxxm m=+R的图象过原点（）求m的值及()f x的最小正周期；（）若函数()f x在区间0,t上单调递增，求正数t的最大值 （17）（本小题 14 分）如图，在四棱锥PABCD中，/902ABDCABCABDC=,，侧面PBC 底面ABCD，E是PA的中点（）求证：/DE平面PBC；（）已知2ABBC=，PBPC=，再从条件、条件、条件 这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥PABCD唯一确定，求二面角EBDC的余弦值 条件：2 2AP=；条件：

7、APBC；条件：直线AP与平面ABCD所成角的正切值为155 注：如果选择的条件不符合要求，第（）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 ABCDPE 第4页/共12页 （18）（本小题 13 分）某学校开展健步走活动，要求学校教职员工上传 11 月 4 日至 11 月 10日的步数信息教师甲、乙这七天的步数情况如图 1 所示 图 1 图 2（）从 11月 4 日至 11月 10 日中随机选取一天，求这一天甲比乙的步数多的概率；（）从 11月 4 日至 11月 10 日中随机选取三天，记乙的步数不少于 20000 的天数为X，求X的分布列及数学期望；（）根据 11

8、月 4 日至 11 月 10 日某一天的数据制作的全校 800 名教职员工步数的频率分布直方图如图 2所示已知这一天甲与乙的步数在全校 800 名教职员工中从多到少的排名分别为第 501 名和第 221名，判断这是哪一天的数据（只需写出结论）（19）（本小题 15 分）已知函数()ln1()f xxaxa=R（）若曲线()yf x=在点(1,0)处的切线为x轴，求a的值；（）讨论()f x在区间(1,)+内的极值点个数；8327179611298268907603109375890210346430187638068182456581298740500010000150002000025000

9、3000011月4日11月5日11月6日11月7日11月8日11月9日11月10日甲乙0.02频率/组距步数（单位：千步）0.060.040.030.01302502015105 第5页/共12页 （）若()f x在区间(1,)+内有零点t，求证：2ta （20）（本小题 15 分）已知椭圆2222:1(0)xyEabab+=的左顶点为A，上顶点为B，原点O到直线AB的距离为2 55，AOB的面积为1（）求椭圆E的方程；（）过点(2,1)P 的直线l与椭圆E交于不同的两点,C D，过点C作x轴的垂线分别与直线,AD AB交于点,M N判断点N是否为线段CM的中点，说明理由 （21）（本小题 1

10、5 分）已知na是各项均为正整数的无穷递增数列，对于*k N，定义集合*|kiBiak=N，设kb为集合kB中的元素个数，若kB=时，规定0kb=（）若2nna=，写出213,b b b及10b的值；（）若数列 nb是等差数列，求数列na的通项公式；（）设集合*|,|,nnSs sna nTt tnb n=+=+NN,，求证：*ST=N且ST=（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）第6页/共12页 参考答案 一、选择题（共 10 小题，每小题 4分，共 40 分）（1）A（2）B（3）B（4）D（5）D（6）C（7）A（8）B（9）D（10）C 二、填空题（共 5 小题，每小题 5分

11、，共 25 分）（11）40（12）28nn+（13）52（14）43（答案不唯一）（15）三、解答题（共 6 小题，共 85 分）（16）（共 13 分）解：（）由(0)10fm=+=得1m=所以2()cos3sin cos1f xxxx=+cos213311sin21sin2cos222222xxxx+=+=+1sin(2)62x=+所以()f x的最小正周期为22T=7 分（）由2 22 262kxk+（k Z），得36kxk+（k Z）所以()f x的单调递增区间为,36kk+（k Z）因为()f x在区间0,t上单调递增，且0,36，此时0k=，所以6t，故t的最大值为6 13 分（

12、17）（共 14 分）解：（）取PB的中点F，连接,CF EF 因为E是PA的中点，所以/,2EFAB ABEF=又因为/,2ABDC ABDC=，FEPDCBA 第7页/共12页 所以/EFDC且EFDC=所以四边形CDEF为平行四边形 所以/DECF 又因为DE 平面PBC，CF 平面PBC，所以/DE平面PBC 5 分（）取BC的中点O，连接PO 因为PBPC=，所以POBC 又因为侧面PBC 底面ABCD，且平面PBC平面ABCDBC=，所以PO 平面ABCD 如图，在平面ABCD中，作/OyBA，则,POBCPOOy OyBC，建立空间直角坐标系Oxyz 选条件：连接AO，在RtAB

13、O中，因为2AB=，1BO=，所以5AO=在RtPAO中，因为2 2AP=，5AO=，所以3PO=所以13(1,2,0),(1,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,0,3),(,1,)22ABCDPE 所以13(,1,),(2,1,0)22BEBD=设平面EDB的法向量是(,)x y z=m，则 0,0,BEBD=mm即130,2220.xyzxy+=+=令1x=，则2,3yz=于是(1,2,3)=m 因为PO 平面ABCD，所以(0,0,1)=n是平面BDC的法向量 所以36cos,|42 2=m nm nm n 由题知，二面角EBDC为钝角，所以其余弦值为64 14 分 选条件

14、：连接AO，因为PO 平面ABCD，EPDCBAxyzO 第8页/共12页 所以PAO是直线AP与平面ABCD所成角 所以15tan5POPAOAO=在RtABO中，因为2,1ABBO=，所以5AO=在RtPAO中，因为155,5POAOAO=，所以3PO=下同选条件 14 分（18）（共 13 分）解：（）设“甲比乙的步数多”为事件A 在 11 月 4 日至 11 月 10日这七天中，11 月 5 日与 11 月 9 日这两天甲比乙步数多，所以2()7P A=3 分（）由图可知，7 天中乙的步数不少于 20000步的天数共 2 天 X的所有可能取值为0,1,2，321255230127277

15、533(0),(1),(2)777241CC CC CP XP XP XCCCC=所以X的分布列为 X 0 1 2 P 27 47 17 2416()0127777E X=+=10 分（）11 月 6 日 13 分（19）（共 15 分）解：（）由()ln1()Rf xxaxa=得()1afxx=，依题意，(1)10fa=，得1a=经验证，()ln1f xxx=在点(1,0)处的切线为0y=，所以1a=4 分（）由题得()1axafxxx=（1）若1a，当(1,)x+时，()0fx恒成立，所以()f x在区间(1,)+上单调递增，所以()f x无极值点（2）若1a，第9页/共12页 当(1,)

16、xa时，()0fx，故()f x在区间(1,)a上单调递减，当(,)xa+时，()0fx，故()f x在区间(,)a+上单调递增 所以xa=为()f x的极小值点，且()f x无极大值点 综上，当1a时，()f x在区间(1,)+内的极值点个数为 0；当1a 时，()f x在区间(1,)+内的极值点个数为 1 9 分（）由（）知当1a时，()f x在区间(1,)+上单调递增，所以()(1)0f xf=所以()f x在区间(1,)+内无零点 当1a 时，()f x的单调递减区间为(1,)a，单调递增区间为(,)a+所以()(1)0f af=若()f x在区间(1,)+内有零点t，则(,)ta+而

17、22()2 ln1f aaaa=，设2()2 ln1(1)g xxxxx=，则()22(1ln)2(1ln)g xxxxx=+=设()2(1ln)(1)h xxxx=，则12(1)()2(1)0 xh xxx=，所以()h x在区间(1,)+上单调递增 所以()(1)0h xh=，即()0g x 所以()g x在区间(1,)+上单调递增 所以()(1)0g ag=，即2()0f a 又2()0,f taa=，所以2ta 15 分（20）（共 15 分）解：（）由题可知22(,0),(0,),|AaBbABab=+因为AOB的面积为1，所以112AOBSab=因为点O到直线AB的距离为2 55，

18、所以2212|152555AOBSABab=+=所以222,5,ababab=+=得2,1.ab=第10页/共12页 所以椭圆E的方程为2214xy+=5 分（）点N为线段CM的中点，理由如下：由题知直线l的斜率存在，设过点(2,1)P 的直线l的方程为1(2)yk x=+，即(2)1yk x=+由22(2)1,44,yk xxy=+=得2222(14)(168)16160kxkk xkk+=由2222(168)4(14)(1616)640kkkkkk=+=，得0k 设11)(,C x y，22)(,D xy，则221212221681616,1414kkkkxxx xkk+=+直线AD的方程

19、为22(2)2yyxx=+，令1xx=，得点M的纵坐标212(2)2Myxyx+=+直线AB的方程为1(2)2yx=+，令1xx=，得点N的纵坐标11(2)2Nyx=+要证点N为线段CM的中点，只需证明1)1(2NMyyy=+，即112MNyyy+=因为2211112(2)(2)(2)(2)2MNyyyyyxxxx+=+121121121222222222222222(2)(2)(4)(2)(2)422()4168414216161682()41414(168)416216162(168)4(14)48242121,k xxxxxxxxkx xxxkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk

20、+=+=+=+=+=+=+=所以点N为线段CM的中点 15 分 第11页/共12页 （21）（共 15 分）解：（）10b=，20b=，31b=，103b=；3 分（）由题可知11a，所以1B=，所以10b=若12am=，则2B=，11mB+=，所以20b=，11mb+=，与 nb是等差数列矛盾 所以11a=设*1)(nnndaan+=N，因为na是各项均为正整数的递增数列，所以*nd N 假设存在*k N使得2kd 设kat=，由12kkaa+得12kat+由112kkattta+=+得tbk，21ttbbk+=，与 nb是等差数列矛盾 所以对任意*nN都有1nd=所以数列na是等差数列，1

21、(1)nann=+=8 分（）因为对于*nN，1nnBB+，所以1nnbb+所以111nnnnbnbnb+，即数列nnb+是递增数列 先证明ST=假设ST，设正整数pST 由于pS，故存在正整数ip使得ipia=+，所以iapi=因为na是各项均为正整数的递增数列，所以11iapi+所以1p ibi=，1p ibi+=所以()11p ipibpiip+=+=，1(1)11p ipibpiip+=+=+又因为数列nnb+是递增数列，所以pT，矛盾 所以ST=再证明*ST=N 由题可知*ST N 设*qN且qS，因为数列nna+是各项均为正整数的递增数列，所以存在正整数j，使得jqja+令0min|jjj qja=+若01j=，则11qa+，即11aq，所以1aq 第12页/共12页 所以0qb=，所以qqbqT+=若01j，则000101jjjaqja+，所以00101jjaqja+所以0101qjbj+=，所以00100(1)11qjqjbqjjq+=+=因为001(1)qjqjbT+，所以qT 所以*STN 综上，*ST=N且ST=15 分