北京市房山区良乡中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题

北京市房山区良乡中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题 一、单选题 1.已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2.下列函数值中，在区间上不是单调函数的是（ ） A. B. C. D. 3.在平面直角坐标系xOy中，角以Ox为始边，终边与单位圆交于点，则（ ） A. B. C. D. 4.已知向量在正方形网格中的位置如图所示.若网格中每个小正方形的边长均为1，则（ ） A.4 B. C. D. 5.不等式成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 6.的零点一定位于以下的区间为（ ） A. B. C. D. 7.若且，则与的夹角是（ ） A. B. C. D. 8.我国油纸伞的制作工艺巧妙.如图（1），伞不管是张开还是收拢，伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈能够沿着伞柄滑动.如图（2），伞完全收拢时，伞圈已滑动到的位置，且A、B、三点共线，为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈沿着伞柄向下滑动的距离为24cm，则当伞完全张开时，的余弦值是（ ） A. B. C. D. 9.已知函数，当时，取得最小值，则函数的图象为（ ） A. B. C. D. 10.若可以作为一个三角形的三条边长，则称函数是区间上的“稳定函数”.已知函数是区间上的“稳定函数”，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、填空题 11.函数的定义域为____________. 12.已知，则的值为____________. 13.已知向量.若存在实数，使得与的方向相同，则的一个取值为_______. 14.函数的最小正周期为____________；若函数在区间上单调递增，则的最大值为____________. 14.已知函数其中且.给出下列四个结论： ①若，则函数的零点是0； ②若函数无最小值，则的取值范围为； ③若，则在区间上单调递减，在区间上单调递增； ④若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为，且的取值范围为. 其中，所有正确结论的序号是____________. 三、解答题 16.已知函数. （1）求的值 （2）求函数在区间上的最小值和最大值. 17.已知四棱锥中，底面ABCD是正方形，是正三角形，平面分别是的中点. （1）求证：平面ABCD； （2）求平面EFG与平面ABCD夹角的大小； 18.某商家为了促销，规定每位消费者均可免费参加一次抽奖活动，活动规则如下：在一不透明纸箱中有8张相同的卡片，其中4张卡片上印有“幸”字，另外4张卡片上印有“运”字.消费者从该纸箱中不放回地随机抽取4张卡片，若抽到的4张卡片上都印有同一个字，则获得一张10元代金券；若抽到的4张卡片中恰有3张卡片上印有同一个字，则获得一张5元代金券；若抽到的4张卡片是其他情况，则不获得任何奖励. （1）求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字的概率； （2）记随机变量X为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券的金额数，求X的分布列和数学期望E（X）； （3）该商家规定，消费者若想再次参加该项抽奖活动，则每抽奖一次需支付3元.若你是消费者，是否愿意再次参加该项抽奖活动？请说明理由. 19.在中，. （1）求； （2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求的面积. 条件①：； 条件②：BC边上中线的长为； 条件③：. 注：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. 20.已知函数. （1）当时，求的单调区间和极值； （2）当时，求证：； 21.已知函数. （I）求证：1是函数的极值点； （II）设是函数的导函数，求证：. 参考答案 一、单选题 1.【答案】C 【详解】，又则 故选C 2.【答案】D 【详解】由一次函数的性质可知，在区间上单调递增； 由二次函数的性质可知，在区间上单调递增； 由幂函数的性质可知，在区间上单调递增； 结合一次函数的性质可知，在上单调递减，在上单调递增. 故选：D. 3.【答案】C 【详解】依题意得，又因为，所以有. 故选：C. 4.【答案】C 【详解】由图形可知：， . 故选：C. 5.【答案】A 【详解】不等式，则是成立的一个充分不必要条件. 故选：A 6.【答案】B 【详解】函数在上单调递增， 故函数的零点一定位于区间. 故选：B. 7.【答案】B 【详解】解：设与的夹角是且， . . 故选：B. 8.【答案】A 【详解】依题意分析可知，当伞完全张开时，， 因为为的中点，所以，， 当伞完全收拢时，，所以，， 在中，， 所以，. 故选：A. 9.【答案】B 【详解】因，则，于是得， 当且仅当，即时取等号，的最小值为1，则， 函数，其图象关于直线对称，当时，单调递减，只有B选项满足. 故选：B 10.【答案】D 【详解】当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ， 又， 由“稳定函数”定义可知：，即， 解得：，即实数的取值范围为. 故选：D. 二、填空题 11.【答案】 【详解】要使函数有意义，则，解得且， 所以函数的定义域为. 故答案为：. 12.【答案】-3 【详解】因为，所以. 故答案为：-3. 13.【答案】（答案不唯一，小于1的实数均可） 【详解】与方向相同，， 由得：存在实数，使得与方向相同. 故答案为：0（答案不唯一，小于1的实数均可）. 14.【答案】 【详解】，故，当时，，故，解得. 故答案为：. 15.【答案】①④ 【详解】对于①：当时，显然，当时，无零点； 当时，由可得，所以的零点是0.故（1）正确； 对于②： 当时，简图如下： 当时，简图如下： 当时，简图如下： 当时，简图如下： 由图可知，若无最小值，则或.故②错误； 对于③：由图可知，在区间上单调递减，在区间和上单调递增.故③错误； 对于④：由图可知，只有当且即时，方程才有三个不相等的实数根. 不妨设三个根由小到大依次为，显然.由得，故，且， 所以，故，从而.故④正确. 故答案为：①④. 三、解答题 16【详解】（1）函数 化简可得， （2）， ，所以 即时，即时，取最小值-2； 当时，即时，取最大值1. 17.【详解】（1）因为平面平面ABCD 所以，平面平面ABCD 又是正三角形，O为AD中点 所以 又平面平面平面PAD 所以，平面ABCD （2）连接OF，因为E、F、G、O分别是PC、PD、BC、AD的中点 所以，所以E、F、G、O四点共面 因为平面PAD， 所以平面PAD 又平面平面PAD 所以平面EFG与平面ABCD夹角的平面角为 又是正三角形，所以 18.【详解】（1）解：记“某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有‘幸’字”为事件A，则，所以某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字的概率为； （2）解：依题意随机变量的所有可能取值为0、5、10； 则， ， ， 所以的分布列为： 0 5 10 所以 （3）解：记随机变量为消费者在一次抽奖活动中的收益，则， 所以， 所以我不愿意再次参加该项抽奖活动； 19.【详解】（1）因为， 在中，由正弦定理，可得：， 又因为，所以. （2）选择条件①；由以及余弦定理得 ，该方程无解，故此时三角形不存在，故不能选择条件① 选择条件② 设BC边上的中线为AD，则， 在中，由余弦定理得： ， 因为，所以， 所以的面积为. 选择条件③ 方法1： 由题设，因为，所以， 因为，所以 因为，所以，所以， 由余弦定理可得：， 整理得，解得或（舍）， 因为，所以， 所以的面积为. 方法2：由题设，因为，所以， 因为，所以 在中，因为，所以，即，所以， 所以， 因为，所以， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以的面积为. 方法3：因为且 所以或， 因为，所以， 又因为， 所以即， 所以为等腰三角形，设AC边上的高为BD，则， 由勾股定理， 所以的面积为. 20.【详解】（1）当时，，则， 令，即， 所以当时，单调递增；当时，单调递减； 因此在处取得极大值，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为，在处取得极大值，且极大值为1； （2）要证，即证， 因此设，则， 令，则， 因为，所以，因此单调递减，且，所以时，；当时，；即时，；当时，；所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值也是最大值，且，故. 21.【详解】（1）的定义域为 当时，，即； 当时，，即； 根据极值的定义，1是的极值点. （2）由题意可知， ， 令， ，故在上单调递增. 又，又在上连续， 使得，即， .（*） 随x的变化情况如下： — 0 + 极小值 . 由（*）式得，代入上式得 . 令， ，故在上单调递减. ，又. 即. 学科网（北京）股份有限公司 $$