北京市八一学校2023-2024学年高三下学期开学摸底考试数学试题（教师版）.docx

《北京市八一学校2023-2024学年高三下学期开学摸底考试数学试题（教师版）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市八一学校2023-2024学年高三下学期开学摸底考试数学试题（教师版）.docx（27页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 北京市八一学校20232024学年度第二学期开学考高三数学试卷 本试卷共4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，将答题卡交回.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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据交集的定义求解即可.【详解】联立，解得或，所以.故选：D.2. 已知复数满足，则复数的虚部为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由复数运算可求得，根据虚部定义可得到结果.【详解】由得：，的虚部为.故选：C.3

2、. 已知，则的最小值与最小正周期分别是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式化简，由正弦型函数最值和最小正周期的求法可求得结果.【详解】，最小正周期.故选：A.4. 已知数列的前n项和，则（ ）A. 3B. 6C. 7D. 8【答案】B【解析】【分析】由，可得时，.即可得出结论.【详解】由数列的前n项和，当时，则.故选：B.【点睛】本题主要考查了数列递推关系式的应用，其中解答中熟记数列和的关系，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.5. 已知实数，则下列不等式中成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据指数函数、幂函数

3、的单调性，及特殊值，逐一分析选项即可.【详解】对于A：当时，不成立，所以A错误；对于B：由指数函数图象与性质得，其在是减函数，所以B正确；对于C：当时，不成立，所以C错误；对于D：幂函数在 单调递减，而，所以，所以D错误.故选：.【点睛】本题考查指数函数和幂函数的单调性应用，考查分析理解，计算化简的能力，属基础题.6. 已知A，B分别为x轴，y轴上的动点，若以AB为直径的圆与直线相切，则该圆面积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由O向直线作垂线，垂足为D，当D恰为圆与直线的切点时，圆的半径最小，此时圆的直径为O（0,0）到直线的距离，由此能求出圆面积的最小值.【

4、详解】设线段AB的中点为C，故点C为所求圆的圆心，作CE垂直直线于点E，如图所示，坐标原点为O，圆的半径为r，则，过点O作OD垂直直线于点，交AB于点，则当为线段OD的中点且为线段AB的中点时，所求圆以为圆心，半径最小，即面积最小.AB为直径的圆，由，O点必在圆上，如图所示，由O向直线作垂线，垂足为D，当D恰为圆与直线的切点时，圆的半径最小，此时圆的直径为O（0,0）到直线的距离 此时圆的半径，圆面积最小值 故选：A7. 已知是双曲线与椭圆的左右公共焦点，是在第一象限内的公共点，若，则的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由双曲线定义、椭圆定义以及离心率公式，结合已

5、知条件运算即可得解.【详解】由知，所以，的离心率是.故选：A.8. 设，若“”是“”的充分不必要条件，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，转化为在上恒成立，令，利用导数求得函数的单调性与最大值，即可求解.【详解】由题意“”是“”的充分不必要条件，所以不等式在上恒成立，即在上恒成立，令，则，当时，；当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数取得最小值，所以故实数的取值范围是为故选：B.9. 正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面.线段长度的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，建立空间直

6、角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【详解】以为坐标原点，以分别为轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，则，因为平面，所以，即，解得，所以，所以，又，所以当时，即是的中点时，取得最小值，当或，即与点或重合时，取得最大值，所以线段长度的取值范围为.故选：C10. 某中学举行了科学防疫知识竞赛.经过选拔，甲、乙、丙三位选手进入了最后角逐.他们还将进行四场知识竞赛.规定：每场知识竞赛前三名的得分依次为a，b，c（，且a，b，）；选手总分为各场得分之和.四场比赛后，已知甲最后得分为16分，乙和丙最后得分都为8分，且乙只有一场比赛获得了第一名，则下列说法正确的是（ ）A

7、. 每场比赛的第一名得分a为4B. 甲至少有一场比赛获得第二名C. 乙在四场比赛中没有获得过第二名D. 丙至少有一场比赛获得第三名【答案】C【解析】【分析】根据四场比赛总得分，结合a，b，c满足的条件，可求出a，b，c，再根据已知的得分情况，确定甲、乙、丙的得分情况，问题即可解决.【详解】甲最后得分为16分，接下来以乙为主要研究对象，若乙得分名次为：1场第一名，3场第二名，则，则，而，则，又，此时不合题意；若乙得分名次为：1场第一名，2场第二名，1场第三名，则，则，由，且a，b，可知，此时没有符合该不等式的解，不合题意；若乙得分名次为：1场第一名，1场第二名，2场第三名，则，则，由，且a，b，

8、可知，此时没有符合该不等式的解，不合题意；若乙得分名次为：1场第一名，3场第三名，则，此时显然，则甲的得分情况为3场第一名，1场第三名，共分，乙的得分情况为1场第一名，3场第三名，共分，丙的得分情况为4场第二名，则，即，此时符合题意.综上分析可知，乙在四场比赛中没有获得过第二名.故选：C.【点睛】本题考查了学生的逻辑推理能力和阅读理解能力，属于中档题.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. 若的二项式展开式中的系数为10，则_.【答案】【解析】【分析】先求出展开式的通项，再令的指数等于，进而可得出答案.【详解】的展开式的通项为，令，得，所以的二项式展开式中

9、的系数为，解得.故答案为：.12. 关于的不等式的解集中至多包含1个整数，写出满足条件的一个的取值范围_.【答案】【解析】【分析】把不等式化为 , 讨论 和 时, 求出不等式的解集, 即可得出满足题意 的取值范围.【详解】关于的不等式 可化为 ,当 时, 解不等式得 ,当 时, 解不等式得 ,因为不等式的解集中至多包含 1 个整数,所以 或 ,当 时，不等式的解集为 ，也满足题意；所以 的取值范围是 .故答案为:.13. 如图，单位向量，的夹角为，点在以为圆心，1为半径的弧上运动，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐标系，设出，利用平面向量数量积公式，结合辅助角公式得到，结合，

10、求出最小值.【详解】以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，则，设，故，因为，所以，故当，时，取得最小值，最小值为.故答案为：14. 已知函数定义域为，设若，且对任意，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】由题意可得恒成立，由绝对值不等式的性质和参数分离，代入计算，即可得到结果.【详解】若，且对任意，可得恒成立，即，即，可得，即，且，所以.即实数的取值范围为.故答案为：15. 画法几何的创始人法国数学家加斯帕尔蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左右焦点，为椭圆上两个动点.直线的方

11、程为.给出下列四个结论：的蒙日圆的方程为；在直线上存在点，椭圆上存在，使得；记点到直线的距离为，则的最小值为；若矩形的四条边均与相切，则矩形面积的最大值为.其中所有正确结论的序号为_.【答案】【解析】【分析】由在蒙日圆上可得蒙日圆的方程，结合离心率可得关系，由此可知正确；由过且在蒙日圆上，可知当恰为切点时，知正确；根据椭圆定义可将转化为，可知时，取得最小值，由点到直线距离公式可求得最小值，代入可得的最小值，知错误；由题意知，蒙日圆为矩形的外接圆，由矩形外接圆特点可知矩形长宽与圆的半径之间的关系，利用基本不等式可求得矩形面积最大值，知正确【详解】对于，过可作椭圆的两条互相垂直的切线：，在蒙日圆上

12、，蒙日圆方程为，由，得，的蒙日圆方程为，故正确；对于，由方程知：过，又满足蒙日圆方程，在圆上，当恰为过作椭圆两条互相垂直切线的切点时，故正确；对于，在椭圆上，当时，取得最小值，最小值为到直线的距离，又到直线的距离，故错误；对于，当矩形的四条边均与相切时，蒙日圆为矩形的外接圆，矩形的对角线为蒙日圆的直径，设矩形的长和宽分别为，则，矩形面积，当且仅当时取等号，即矩形面积的最大值为，故正确.故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查圆锥曲线中的新定义问题的求解，解题关键是能够根据蒙日圆的定义，结合点在蒙日圆上，得到蒙日圆的标准方程，从而结合圆的方程来判断各个选项三解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说

13、明，演算步骤或证明过程.16. 在中，再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求：（1）的值；（2）和面积的值条件: ；条件:.【答案】（1）选： ；选：0 （2）选： ；选：【解析】【分析】（1）根据条件可求出或，若选，可推出，从而确定求得答案；若选，可推出 且，说明A为最大角，由此求得答案， （2）根据（1）的结果，再利用正弦定理以及三角形面积公式可求得结果；【小问1详解】若选：在中，,即，而 ，故 或，则或，因为，故 ,所以；若选 ：在中，,即，而 ，故 或，则或，由得： 且 ，故A为最大角，故 ,所以；【小问2详解】若选：由正弦定理得： ,则 ,由知： ， ，故 ,则 ，所以 ，

14、；若选：，由正弦定理得： , 故 ,而 ,故 ,所以 , .17. 如图，在四面体中，平面，点为棱的中点，.（1）证明：；（2）求平面和平面夹角的余弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析 （2） （3）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）由勾股定理得，由平面得，从而平面，进而得出结论；（2）以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求解；（3）设，则，求得，设直线与平面所成角为，由题意，列式求解即可.【小问1详解】，平面，平面，平面，平面，平面，.【

15、小问2详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，,设平面的法向量为，由，令，则，设平面的法向量为，由，令，则，平面和平面夹角的余弦值为.【小问3详解】设，则，设，则，得，平面的法向量为，设直线与平面所成角为，由题意，此方程无解，在线段上是不存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为.18. 为迎接年冬奥会，北京市组织中学生开展冰雪运动的培训活动，并在培训结束后对学生进行了考核.记表示学生的考核成绩，并规定为考核优秀.为了了解本次培训活动的效果，在参加培训的学生中随机抽取了名学生的考核成绩，并作成如下茎叶图：.（1）从参加培训的学生中随机选取人，请根据图中数据，估计这名学生考

16、核为优秀的概率；（2）从图中考核成绩满足的学生中任取人，设表示这人中成绩满足的人数，求的分布列和数学期望；（3）根据以往培训数据，规定当时培训有效.请你根据图中数据，判断此次冰雪培训活动是否有效，并说明理由.【答案】（1） （2）分布列见解析， （3）有效，理由见解析【解析】【分析】（1）根据茎叶图求出满足条件的概率即可；（2）分析可知变量的可能取值有、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值；（3）求出满足的成绩有人，求出，即可得出结论.【小问1详解】解：设该名学生的考核成绩优秀为事件，由茎叶图中的数据可知，名同学中，有名同学的考核成绩为优秀，故.【小问2

17、详解】解：由可得，所以，考核成绩满足的学生中满足的人数为，故随机变量的可能取值有、，所以，随机变量的分布列如下表所示：因此，.【小问3详解】解：由可得，由茎叶图可知，满足的成绩有个，所以，因此，可认为此次冰雪培训活动有效.19. 已知椭圆的上下顶点为，左右焦点为，四边形是面积为2的正方形.（1）求椭圆的方程；（2）已知圆的切线与椭圆相交于两点，判断以为直径的圆是否经过定点？如果是，求出定点的坐标；如果不是，请说明理由.【答案】（1） （2）是，定点为【解析】【分析】（1）根据四边形是面积为2的正方形，得到，求出椭圆方程；（2）考虑当直线的斜率不存在和直线的斜率为0时两种情况下，得到以为直径的圆

18、的方程，得到两圆都经过点，从而考虑直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，计算出，得到圆过原点，得到答案.【小问1详解】 因为四边形是面积为2的正方形，所以，故，且，解得，则所求方程为：；【小问2详解】（i）当直线的斜率不存在时，因为直线与圆相切，故其中的一条切线方程为.代入椭圆方程可得，可得，则以为直径的圆的方程为.（ii）当直线的斜率为0时，因为直线与圆相切，所以其中的一条切线方程为.代入椭圆方程可得，可得，则以为直径的圆的方程为.显然以上两圆都经过点（iii）当直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为.代入椭圆方程消去，得， 设，则.所以.所以，因

19、为直线和圆相切，所以圆心到直线的距离，整理得，将代入，得，显然以为直径的圆经过原点，综上可知，以为直径的圆过定点.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中探究性问题解题策略：（1）先假设存在或结论成立，然后引进未知数，参数并建立有关未知数，参数的等量关系，若能求出相应的量，则表示存在或结论成立，否则表示不存在或结论不成立；（2）在假设存在或结论成立的前提下，利用特殊情况作出猜想，然后加以验证也可.20. 已知函数 （）当时，求曲线在点处的切线方程；（）当时，求证：对任意成立.【答案】（1）； （2）见解析.【解析】【分析】（）先求导数得到切线斜率，再求解切线方程；（）通过求解的最小值来比较大小.【详解】（

20、）因为所以当时，所以，而曲线在处的切线方程为化简得到（）法一：因为，令得当时，在区间的变化情况如下表:00极大值极小值所以在上的最小值为中较小的值，而，所以只需要证明因为，所以设，其中，所以令，得，当时，在区间的变化情况如下表:0极小值所以在上的最小值为，而注意到，所以，问题得证法二：因为“对任意的，”等价于“对任意的，”即“，”，故只需证“，”设，所以设，令，得当时，在区间的变化情况如下表:0极小值所以 上的最小值为，而所以时，所以在上单调递增所以而，所以，问题得证法三：“对任意的，”等价于“在上的最小值大于”因为，令得当时，在上的变化情况如下表:00极大值极小值所以在上的最小值为中较小的值

21、，而，所以只需要证明因，所以注意到和，所以设，其中所以当时，所以单调递增，所以而所以，问题得证法四：因为，所以当时，设，其中所以所以，的变化情况如下表:0极小值所以在时取得最小值，而所以时，所以【点睛】本题主要考查导数的几何意义和利用导数证明不等式.曲线的切线问题一般是先求斜率，结合切点可得切线方程，不等关系的证明一般是利用导数求解最值.21. 已知无穷集合A，B，且，记，定义：满足时，则称集合A，B互为“完美加法补集”.（）已知集合，.判断2019和2020是否属于集合，并说明理由；（）设集合，.（）求证：集合A，B互为“完美加法补集”；（）记和分别表示集合A，B中不大于n（）的元素个数，写

22、出满足的元素n的集合.（只需写出结果，不需要证明）【答案】（），；见解析（）（）见解析；（）【解析】【分析】（）由a为奇数，b为偶数，可得为奇数，即可判断2019和2020是否属于集合；（）（）对任意的非零自然数，必存在，使得，从而可根据构造集合，可证集合恰好表示从中每一个整数，再结合“完美加法补集”的定义可证集合A，B互为“完美加法补集”；（）根据集合A，B的定义可求足的元素n的集合.【详解】（）由，得是奇数，当，时，所以，；（）（）对任意的非零自然数，必存在，使得，考虑集合，则该集合中共有个元素，且它们均大于等于，其中最大元素为，最小元素为，故该集合恰好表示从中每一个整数，而，故，故存在唯一一组，使得，若偶数，则设，此时，故，若为奇数，则设，此时，故，故，即集合A，B互为“完美加法补集”；（）因此，故存在，使得.若为偶数，则中不大于的元素的形式有：，其中;中不大于的元素的形式有1类：，其中;下证：诸元素（）相异.设，其中，则，若，则为奇数，因为必为偶数，故不成立，所以，所以，同理可得，依次有，所以，故结论成立.由上述结论可得中不大于的元素有，同理中不大于的元素有.故即.当为奇数时，同理可得.因，故.故满足的元素n的集合为.【点睛】本题考查集合的新定义，以及其性质的探索，关键在于理解集合的新定义，运用整数集上的性质得证，属于难度题.