北京市朝陽區(qū)2024屆高三年級(jí)上冊(cè)期中數(shù)學(xué)試題（解析版）

北京市朝陽區(qū)2024屆高三上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題

第一部分（選擇題）

一、選擇題

1.已知全集U=Z,集合A={XEZ|—2c<2},8={-1,0,1,2},則（Q/）c3=（）

A.{-1,2}B.{1}C.{0,1}D.{2}

【答案】D

【解析】由題可知4=次￡2|-2〈工<2}={-1。1},

易知AA={xeZ|x￡A},所以（gA）cB={2}.

故選：D.

2.下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又在區(qū)間（0,*。）上單調(diào)遞增的是（）

A.y=lgxB.y=x3

C.y=.v+-D.y=2X+2~x

x

【答案】B

【解析】對(duì)于A：因?yàn)閥=lgx的定義域?yàn)椋?,+“），所以不是奇函數(shù)，所以A錯(cuò)誤；

對(duì)于B：令=a則/（—x）=（—x）3=—/=—/（］）,所以是奇函數(shù)，

又在（0,+8）上單調(diào)遞增，B正確：

對(duì)于C：），=X+^■在（0,1）上遞減，在（l,+o。）上遞增，所以c錯(cuò)誤；

X

對(duì)于D：因?yàn)?（x）=2、+2：/（-x）=2-r+2v=/（x）,所以是偶函數(shù)，所以D錯(cuò)誤,

故選：B.

3.若sine=&cos。，則tan20=（）

A.一立B.—C.--D.避

3322

【答案】C

2tan〃_26

【解析】sin=\/5cos6/.tan=>/5?tan20=

1-tan23-42

故選：C.

4.已知。=1。85。.5]=5。',。=0.5°-6,則()

A.a<c<bB.a<b<cC.c<a<bD.b<c<a

【答案】A

0605

【解析】由。=log50.5<log5l=0<c=O.5-<0.5°=1=5°</?=5,即a<c<b.

故選：A.

5.函數(shù)y=2sin(2x+^J的圖象的一條對(duì)稱軸是()

n^兀71

A.X=---B.x=0C.X=一D.x=—

662

【答案】C

【解析】工二一二時(shí)y=2sin]-g+2〕w±2,不是對(duì)稱軸；

6367

x=0時(shí)y=2sin(0+ew±2,不是對(duì)稱軸;

犬=3時(shí)y=2sin三十3]=2,是對(duì)稱軸；

6k367

/、\

工=3時(shí)y=2sin兀+-工±2,不是對(duì)稱軸;

2k6J

故選：C.

6設(shè)xtR,則“Ml+x)>0”是“Ovxvl”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】B

【解析】解不等式x(l+JT)>0可得x>0或X<—1；

顯然30<冗<1｝是卜|?0或XC-1｝的真子集，

所以可得“x（1+X）＞（）”是“0vXv1”的必要不充分條件.

故選:B.

_一一AC

7.已知平面內(nèi)四個(gè)不同的點(diǎn)AB,C,D滿足BA=2OB-2OC，則一-=（）

BC

23

A.—B.—C.2D.3

32

【答案】D

【解析】?；BA=2DB-2DC，

BC+CA=2（DC+CB）-2DC,

即38C=4。，，3|叫=,。

AC

---=3.

BC

故選：D.

8.已知一個(gè)圓錐的高與其底面圓的半徑相等，旦體積為在該圓錐內(nèi)有一個(gè)正方體，其

下底面的四個(gè)頂點(diǎn)在圓錐的底面內(nèi)，上底面的四個(gè)頂點(diǎn)在圓錐的側(cè)面上，則該正方體的校長(zhǎng)

為（）

2-

A.-B.1C.2-V2D.4-272

3

【答案】D

【解析］因?yàn)閳A錐的高與其底面圓的半徑相等，設(shè)圓錐的高為底面圓的半徑為廣，則，?二〃，

又因?yàn)閳A錐的體枳為三，可得5兀廠2萬=§兀/=可，解得r=2,則〃=2,

設(shè)圓錐的頂點(diǎn)為S,底面圓心為0,則高為SO=2,S。與正方體的上底面交點(diǎn)為

在該圓錐內(nèi)有一個(gè)正方體，其下底面的四個(gè)頂點(diǎn)在圓錐的底面內(nèi)，上底面的四個(gè)頂點(diǎn)在圓錐

的側(cè)面上，取其軸截面，如圖所示，

設(shè)正方體的校長(zhǎng)為“，可得。。=缶,

也

由ASQQSASOA,可得出二型

,即2-a_5~,解得〃=叵=4-2五，

SOOA

22

所以該正方體的棱長(zhǎng)為4-2核.

故選：D.

〃x+1-1,XG(-a),0),、

9.已知函數(shù)/(x)={八，g(x)=x9—41一4,設(shè)/?wR,若存在acR,

ln(A+l),XG[O,+oo)

使得/S)+gS)=O,貝！實(shí)數(shù)。的取值范圍是()

A.[-1,5]B.(-00,-l]55,xo)

C.[T,xo)D.S,5]

【答案】A

【解析】由題意，作出函數(shù))，=/(x)的圖象，如圖所示，

所以，當(dāng)xe(f,0)時(shí)，/(x)>/(-l)=-l；

當(dāng)xc[0,+8)時(shí),/(x)>/(O)=O,可函數(shù)〃力的值域?yàn)閇-1,田),

設(shè)MR,若存在〃wR,使得f(a)+gS)=O成立,即f(〃)=-g電,

只需-gS)N-l,即對(duì)于Z?wR,滿足-6+46+4N—1成立,即6-46-5?0,

解得一1.所以實(shí)數(shù)人的取值范圍為[-1,5].

故選：A.

y

10.已知點(diǎn)集八={(乂>)|]€2,》￡2},5={(。,/力￡八|1<0二5,1</2《5}.設(shè)非空點(diǎn)集

TcA,若對(duì)S中任意一點(diǎn)。，在丁中存在一點(diǎn)。(。與『不重合)，使得線段PQ上除了

點(diǎn)RQ外沒有A中的點(diǎn)，則丁中的元素個(gè)數(shù)最小值是()

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【解析】對(duì)于整點(diǎn)色力),(c,d)的連線內(nèi)部沒有其它整點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)。-c與匕一。/互為素?cái)?shù),

若T只有一個(gè)點(diǎn)Q,y),取S的點(diǎn)(。,卜使4n和瓦y分別同奇偶,4一蒼力一二有公區(qū)子2

(或重合)，不合題意，

故T中元素不止一個(gè),令7={(2,6),(3,6)},對(duì)于S的點(diǎn)尸(〃/),

當(dāng)〃=1或3時(shí)，取Q(2,6)；當(dāng)。=2或4時(shí)，取。(3,6)；

由于尸、。橫坐標(biāo)之差為±1,故PQ內(nèi)部無整點(diǎn)；

當(dāng)。=5,方￡{1,3,5}時(shí)，取。(3,6),此時(shí)橫坐標(biāo)之差為2,縱坐標(biāo)之差為奇數(shù)，二者互

素；

當(dāng)。=5,〃w{2,4}時(shí)，取Q(2,6),此時(shí)橫坐標(biāo)之差為3,縱坐標(biāo)之差為~4,一2,二者互

素；綜上，丁中的元素個(gè)數(shù)最小值是2.故選：B.

第二部分(非選擇題)

二、填空題

11.已知函數(shù)/(X)=sinu+COS7L￥,則/(X)最小正周期是__________.

【答案】2

【解析】由函數(shù)/(x)=sin兀T+COS7U?二&sin(7tx+f),所以/(x)的最小正周期為

7=一二2.故答案為：2

12.已知單位向量。，力滿足。?（。+2與=2,則向量方與向量力的夾角的大小為

【答案】y

【解析】因?yàn)椤?，均是單位向量，故可得?1,網(wǎng)=1,

故可得〃.（4+2/?）=|。『+2心|hcos（〃,/?）=2,

即2cos(〃,/?)=1,解得cos(a/)=

I,兀],故a,b的夾角為§.故答案為：--

13.設(shè)公差為d的等差數(shù)列｛q｝的前〃項(xiàng)和為S〃（〃￡N,），能說明“若d<0,則數(shù)列將〃｝

是遞減數(shù)列”為假命題的一組4，"的值依次為.

【答案】4=2,d=-l（答案不唯一）

【解析】由S”=+——-d=—n2+（〃]-"?）〃,其對(duì)稱軸為〃二,一旦，且d<0,

2222d

結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)，只需二一322二華工一1,即4之一1,此時(shí)｛S”｝不是遞減數(shù)列，

2d2d

?525

如q=2,d=—l,則S〃二一一（〃一一）2+二，顯然SvS?.

228

故答案為：4=2,d=-\（答案不唯一）

14.古希臘數(shù)學(xué)家托勒密對(duì)三角學(xué)的發(fā)展做出了重要貢獻(xiàn)，他的《天文學(xué)大成》包含一張弦

表（即不同圓心角的弦長(zhǎng)表），這張表本質(zhì)上相當(dāng)于正弦三角函數(shù)表.托勒密把圓的半徑60

等分，用圓的半徑長(zhǎng)的」-作為單位來度最弦長(zhǎng).將圓心用夕所對(duì)?的弦長(zhǎng)記為crda.如圖，

在圓。中，60的圓心角所對(duì)的弦長(zhǎng)恰好等于圓。的半徑，因此60的圓心角所對(duì)的弦長(zhǎng)為

60個(gè)單位，即crd60=60-若。為圓心角，cos8=（（0＜。＜180）,貝i」crd8二

【答案】3076

【解析】設(shè)圓的半徑為，cos9=4時(shí)圓心角。所對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)為/,

4

利用余弦定理可知l2=r2+r2-2r2cos/9=-r2,即可得/=亞r

22

又60的圓心角所對(duì)的弦長(zhǎng)恰好等于圓O的半徑，60的圓心角所對(duì)的弦長(zhǎng)為60個(gè)單，立，

即與半徑等長(zhǎng)的弦所對(duì)的圓弧長(zhǎng)為60個(gè)單位，

所以/=^^x60=306.故答案為：30A/6-

2

15.如圖，在校長(zhǎng)為1的正方體A6CQ-A/G。中，點(diǎn)M為的中點(diǎn)，點(diǎn)N是側(cè)面

DCC.D.±（包括邊界）的動(dòng)點(diǎn)，且/O_LMN,給出下列四個(gè)結(jié)論：

①動(dòng)點(diǎn)N的軌跡是一段圓??；

②動(dòng)點(diǎn)N的軌跡與CQ沒有公共點(diǎn)；

③三極錐N-B、BC的體積的最小值為《：

9

④平面BMN截該正方體所得截面的面積的最大值為§.

其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是__________.

【答案】②③④

【解析】取CQ,力R的中點(diǎn)分別為？Q,連接MP,M2,P。,A。，如下圖所示:

由正方體性質(zhì)可知區(qū)用又因?yàn)锳C13。，MP//AC，所以MF_L8D，

又BB[CBD=B,Bq,8Qu平面3月。，所以MP_L平面8隹。；

又8Qu平面。/。，所以MPJL5。；

同理可得例Q，4QQP_L4。，

因此四。1平面MPQ,

若BQJ.MN,所以Nw平面MPQ,又點(diǎn)N是側(cè)面QCGQ上（包括邊界）的動(dòng)點(diǎn)；

所以動(dòng)點(diǎn)N的軌跡是兩平面的交線在側(cè)面內(nèi)的線段，即PQ,可知①錯(cuò)誤；

由于尸，。是。。,。2的中點(diǎn)，所以尸Q/CR,即動(dòng)點(diǎn)N的軌跡與CQ沒有公共點(diǎn)；所以

②正確；

招知三棱錐N-B、BC的底面▲33C的面積為定值，即S與叱=gx1x1=g.

當(dāng)N點(diǎn)到平面。的距離最小時(shí)，即與P點(diǎn)重合時(shí)，距離最小為:，

此時(shí)體積值最小為V=』x,xL=」_,所以③正確；

32212

顯然當(dāng)N點(diǎn)與。點(diǎn)重合時(shí)，截面面積最大，此時(shí)截面即為四邊形8MQG，如下圖所示:

易知MQ//BC、,且BM=QC、=曰,MQ=專,BC1=日

(石丫(正丫3正

即四邊形8MQC為等腰梯形，易知其高為〃=

所以其面積為+=：；即④正確.

故答案為：②③④

三、解答題

16.已知｛凡｝是遞增的等比數(shù)列，其前〃項(xiàng)和為5”(〃wN"),滿足%=6,工26.

(1)求｛可｝的通項(xiàng)公式及S.；

(2)若S〃+%>2024,求〃的最小值.

解：（1）設(shè)等比數(shù)列｛為｝的公比為4，由數(shù)列｛《,｝是遞增數(shù)列，則“>1,

,6,仁6,,

由凡=6,則4=—=一,%=a〉q=6q,由劣=4+%+6=一+6+6g26,

qq-'q

整理可得時(shí)一10g+3=0,則（34-1）①-3）=0,解得4=3,

易知凡二〃應(yīng)7=6x37=2x3"，S=」5=2、（1一3上3―

〃\-q1-3

（2）由（1）可得：S〃+%=3"-1+2X3"T=5X3〃T—1〉2024,

整理可得5X3”T>2025,3"7>405,31=243（40537=729）405,

故〃的最小值為7.

17.在.工中，b2+c2-a2=Z?c.

（I）求/A；

（2）再從條件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇兩個(gè)作為已知，使_/3。存在且唯一

確定，求」RC的面積.

條件①：cosB=—；

14

條件②：a+/?=12；

條件③：c=12.

注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得。分；如果選擇多組符合要求的條件分別解

答，按第一組解答計(jì)分.

（1）解：因?yàn)閺?。2-〃2=從、，由余弦定理得COSA="+：—"

2bc2

又因?yàn)锳c（0,7t）,所以4=1.

（2）解：由（1）知人二工，

3

若選①②：cosB=—,a+b=\2,

14

由cosB=—,可得sin8=Jl-cos?8=3叵，

1414

a12-a

由正弦定理一L二——，可得耳-，解得。=7,則〃=12—。=5,

sinAsinB

214

又由余弦定理/=+c2-2bccosA?可得49=25+c?-5c，

即/一5c—24=0,解得。=8或c=—3(舍去)，

所以.工BC面積為S=，Z?csinA=，x5x8x^^=loG.

222

若選①③：cos8=□且。=12,由cos8=U,可得sin3=Jl-cos?B=，

141414

因?yàn)锳+5+C=TT,可得sinC=sin(A+B)=x—+x,

'72142147

j12

由正弦定理，一二工，可得耳一訪'，解得。=21,

sinAsine———2

27

所以的面積為S=—^csin/?=—x—x12x.

222142

若選：②③：a+力=12且c=12,

因?yàn)槿f+°2_a2=歷,可得從+12?-(12-1)2=126,整理得246=1處,

解得/?=0,不符合題意，(舍去).

18.如圖，在三棱錐P—A3C中，P4_L平面A8C,P4=AC=3C=2,PB=26.

(1)求證：5。，平面尸4。；

(2)求二面角A—PB—C的大??；

(3)求點(diǎn)C到平面的距離.

(1)證明：因?yàn)镽4_L平面48C,BCu平面ABC,氏lu平面48C,

所以PA_LAC,PA_LBA,又PA=2,PB=2。所以ABZPB'PA2=26，

又因?yàn)锳C=8C=2,入。2+4。2=人42,所以8CJ.AC,

因?yàn)锳Cu平面尸AC,P4u平面PAC，且ACuR4=A,

所以8C_L平面PAC；

(2)解：過C作CM〃附，則CM_L平面ABC,又由(1)知8C±ACf

所以以CAC8,CM為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖，

則4(2,0,0),P(2,0,2),3(020),0(0,0,0),

設(shè)平面APB的法向量為fn=(x,,x，zj,又AP=(0,0,2),"=(-2,2,o),

in-AP=02z.=0u

所以=?&+2,=。令2'則—'則L)，

m-AB=0

設(shè)平面P8C的法向量為〃=(七，%，22)，又CP=(2,O,2),C8=(O,2,O),

/?CP=()2X+2Z,=0/、

所以=>⑵;2二0~，令則〃=(g)，

n-CB=0

/\i〃八〃1ii

令二面角A—尸B—C的平面角為0,則18sq=阿依〃乃麗

由圖知此二面角為銳二面角,

所以0=60。，故二面角A—躅一。為60。；

(3)解：設(shè)點(diǎn)C到平面P48的距離為人，

114

S.A8C=/XACxBC=2,所以％=-xPAxSA4flC=-

HV

又S^PBC=gxE4XAB=2&，所以VC_PAH=gx/?XS△詠==P-ABC

解得h=g，所以點(diǎn)。到平面P43的距離為加.

19.已知函數(shù)f(x)=ev-sinx-ax2(aGR).

(I)若a=0,求/(x)在區(qū)間0,y上最小值和最大值;

⑵若。＜5,求證：/(“在x=0處取得極小值.

(1)解：由題設(shè)/(x)=e'-sinx,貝ij/'(x)=e，-cosx,

在0段上r(x)=e-cosx＞0,即遞增，

nn

所以最小值為/(0)=e°-sinO=l,最大值為/(-)=^-sin-=^-\.

22

(2)證明：由題意/'(x)=e'—cosx—2ov,則/'(0)=e°—cos0—0=0,

令g(x)=e'-cosx-2ar，則，(x)=e'+sinx-2a，且。＜5.

所以g'(0)=e°+sin0-2〃=l-2Q＞(),即f(x)在x=0處有遞增趨勢(shì)，

綜上，若Ax＞0且Ax無限趨向于0,

在彳￡(一心,0)上八幻＜0,/卜)遞減，

在xe(0,Ax)上八幻＞0,〃力遞增,

所以/(力x=0處取得極小值.

20.已知函數(shù)/(x)=nix\nx-x2+1(〃？eR).

(1)當(dāng)相=1時(shí)，求曲線y=/(x)在點(diǎn)(1J(D)處的切線方程；

(2)若/*)?0在區(qū)間[1,?功上恒成立，求機(jī)的取值范圍；

(3)試比較ln4與血的大小，并說明理由.

解：(1)當(dāng)機(jī)=1時(shí)，/(x)=xlnx-x2+l,

/'(X)=lnx+l-2%,

所以曲線在點(diǎn)處切線的斜率％=r(i)=-i,又/(1)=0，

所以曲線〃力在點(diǎn)(1J(1))處切線的方程為了=一(工一1)即x+y-l=o.

(2)/(x)?0在區(qū)間[l,+oo)上恒成立，即爾1”一一+]40,對(duì)V,Ye[l,+oo),

即〃21nxT+，<0,對(duì)VXE[1,4<O),

X

令g(x)=mlnx-x+L只需8(力皿40,

,X

，/、m,1-x2+ntx-1「1.\

g'(x)=——1--=-----——，xw[l,+”)，

XXX

當(dāng)〃7<o時(shí)，有/但KO,則g'(x)<o,

.?.g(6在[L+oo)上單調(diào)遞減，

.?.g(x)Kg(l)=。符合題意，

當(dāng)，7?〉0時(shí)，令力(>)=一/+3一1,

其對(duì)應(yīng)方程一V+〃a—1=0的判別式△="2—4,

若△?()即0vm42時(shí),有力(1)4()，即g'(x)K0,

.”(K)在[1,+8)上單調(diào)遞減，

.?.g(x)Wg(l)=0符合題意,

若△>()即m>2時(shí)，/?(A)=-X2+/m-l,對(duì)稱軸x=￡>l,又力。)二機(jī)一2>。,

方程―』+nvc—\=0大于1的根為即=—...———,

°2

/.XG(1,AQ),力(x)〉0.即g'(x)>0,

XG(^,+00),/z(x)<o,即g[X)<0,

所以函數(shù)g(x)在(1，廝)上單調(diào)遞增，.?.g(x)>g(l)=0,不合題意.

綜上，〃x)?)在區(qū)間[1,+0。)上恒成立，實(shí)數(shù)機(jī)的取值范圍為(-8,2].

(3)由(2)知，當(dāng)〃7=2時(shí)，/(A-)<0,在區(qū)間[1,+8)上恒成立，

即2xlnx<x2_[,對(duì)Vi￡[l,+oo),

取工=/代入上式得2&ln正<1，化簡(jiǎn)得In4c血.

%心2/

21.已知4二叩勺:(〃[22)是]個(gè)正整數(shù)組成的〃？行加列的數(shù)表，當(dāng)

??????

aa

、品Jin,2…m,m?

1KivsK6,1V./v/W"7時(shí)，記d(4j,4j=|qJ—asj\+\asJ-.設(shè)〃eN"，若4,滿

足如下兩個(gè)性質(zhì)：

①%?1,2,3;…㈤(i=l,2,…,〃?;/=1,2,…,〃?)；

②對(duì)任意女E{1,2,3,…,存在，￡{1,2,…,〃?},/￡{1,2,…,〃?},使得%/=%,則稱4

為「“數(shù)表.

。23、

(1)判斷4=231是否為「3數(shù)表，并求d(%,。2.2)+"(々2.2，%3)的值；