2024届北京市人大附中高三10月质量检测练习数学试题含解析

这是一份2024届北京市人大附中高三10月质量检测练习数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．{3}B．{0}C．D．{0，3}
【答案】C
【分析】按照交集的运算法则直接计算即可.
【详解】因为集合，
所以.
故选：C.
2．下列函数既是偶函数且又在上是单调递减函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据余弦函数，指数函数，对数函数及幂函数的奇偶性和单调性逐一判断即可.
【详解】对于A，因为，
故在上不是单调递减函数，A不符题意；
对于B，函数在上是单调递增函数，故B不符题意；
对于C，当时，在上单调递增，故C不符题意；
对于D，，
因为，所以函数在上单调递减，
因为，所以是偶函数，故D符合题意.
故选：D.
3．已知角的终边过点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据正切函数的定义计算．
【详解】由题意，．
故选：A．
【点睛】本题考查三角函数的定义，属于简单题．
4．若，则a，b，c大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由指数函数和对数函数的性质即可得出答案.
【详解】因为，，
，
所以.
故选：B.
5．设，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】ABC选项，可举出反例；D选项，利用基本不等式进行求解.
【详解】A选项，当时，，故，A错误；
B选项，当时，，，B错误；
C选项，当时，，，C错误；
D选项，当时，，由基本不等式可得，
当且仅当，即时，等号成立，但，故等号取不到，
故，D正确.
故选：D
6．某物体做直线运动，若它所经过的位移s与时间t的函数关系为，则这个物体在时间段内的平均速度为（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】B
【分析】根据平均速度的公式计算.
【详解】.
故选：B.
7．已知，则“”是“”成立的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据题意，化简集合，再由充分条件以及必要条件的定义判断即可.
【详解】因为，，
则是的真子集，所以“”是“”成立的必要不充分条件.
故选：B
8．如图是函数的导函数的图象，下列结论正确的是（ ）

A．在处取得极大值B．是函数的极值点
C．是函数的极小值点D．函数在区间上单调递减
【答案】C
【分析】根据导函数的正负即可求解的单调性，即可结合选项逐一求解.
【详解】由图象可知：当时，单调递减，当时，单调递增，
故是函数的极小值点，无极大值.
故选：C
9．已知且，函数，若函数在区间上的最大值比最小值大，则a的值为（ ）
A．或2B．或2C．2或D．或
【答案】D
【分析】按照与1的大小进行分类讨论，求出函数在上的最值，从而可得的值.
【详解】①当时，函数在上是减函数，在上也是减函数.
∵，∴函数的最大值为，而，∴函数的最小值为，
∴，解得，符合题意.
②当时，函数在上是增函数，在上是减函数.
∵，
∴函数的最大值为，而，，
当时，，此时函数的最小值为，因此有，无解；
当时，，此时函数的最小值为，因此有，解得，符合题意.
综上所述，实数的值为或.
故选：D
10．已知函数，在下列结论中：
①是的一个周期；
②的图象关于直线对称；
③在区间上无最大值
正确结论的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】①②根据周期性和对称性满足的关系式判断；③利用换元法求函数在的最值情况.
【详解】，所以是的一个周期，故①正确；
，所以的图象不关于直线对称，故②错；
，，
令，则，，
，在上单调递增，所以无最大值，即函数在上无最大值，故③正确.
故选：C.
二、填空题
11．函数的定义域为 ．
【答案】
【分析】根据函数特征直接求定义域即可.
【详解】由函数可知，，所以定义域为.
故答案为：
三、双空题
12．已知函数，且此函数的一段图象如图所示，则 ； ．
【答案】
【分析】由图知，可得的值，再由以及求得的值.
【详解】由，可得，
所以，此时解析式为，
由，可得，
又因为，所以，，
故答案为：；.
四、填空题
13．在中，,则的面积等于 ．
【答案】/
【分析】利用三角形中的正弦定理求出角B，，再利用三角形的面积公式求出△ABC的面积．
【详解】因为，由正弦定理得：
．
故答案为：．
14．扶贫小组帮助某农户建造一个面积为100㎡的矩形养殖区，有一面利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每米长造价40元，两侧墙砌砖，每米长造价45元，顶部每平方米造价20元，则最低造价需要准备 元．
【答案】3200
【分析】假设正面铁栅和两侧墙长，可构造等式；列出造价，利用基本不等式求得最小值.
【详解】设正面铁栅长为，两侧墙长为，则
于是造价为
则：，当且仅当即时取等号
本题正确结果：
【点睛】本题考查利用基本不等式解决实际问题，主要采用基本不等式求解和的最小值的方法.
15．对函数若存在区间使得则称区间为函数的一个“稳定区间”,给出下列四个函数:
（1）（2）（3）（4）其中存在“稳定区间”的函数有 .（把所有可能的函数的序号都填上）
【答案】②③
【详解】因为，所以若存在“稳定区间”则至少有两个解，而恒成立，所以不存在“稳定区间”；
因为，所以若存在“稳定区间”则至少有两个解，显然成立，所以存在“稳定区间”；
（3） 因为,所以f(x)=存在“稳定区间”；
（4）因为，所以若存在“稳定区间”则至少有两个解，而只有一解x=1，所以不存在“稳定区间”；
点睛：判断函数零点(方程的根)所在区间的方法
(1)解方程法：当对应方程易解时，可通过解方程确定方程是否有根落在给定区间上．
(2)定理法：利用零点存在性定理进行判断．
(3)数形结合法：画出相应的函数图象，通过观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断，或者转化为两个函数图象在给定区间上是否有交点来判断．
五、解答题
16．已知函数
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间和极值．
【答案】(1)
(2)递增区间为和，递减区间为，极大值为，极小值为.
【分析】（1）根据题意，求导得，由导数的几何意义即可得到结果.
（2）根据题意，求导得，令即可得到极值点，从而得到结果.
【详解】（1）因为，且，则，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）因为，令，解得或，
当时，，则函数单调递增；
当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数单调递增；
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为，
当时，有极大值为，
当时，有极小值为.
综上所述，递增区间为和，递减区间为，
极大值为，极小值为.
17．已知函数
(1)求的最小正周期；
(2)当，求的最大值和最小值．
【答案】(1)的最小正周期为.
(2)最大值为，最小值为.
【分析】（1）先化简，求出，然后由最小正周期公式求解即可.
（2）求在闭区间上的最大值和最小值即可.
【详解】（1），
，
，
所以的最小正周期为：.
（2）由（1）可知，，
因为，所以.
所以当时，，当时，.
所以当，的最大值为，最小值为.
18．某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
(1)求出实数m，n，p的值；
(2)求出函数的解析式；
(3)将图象向左平移个单位，得到的图象．若为偶函数，求t的最小值．
【答案】(1)，，
(2)
(3)
【分析】（1）根据表格列方程，解方程得到，，；
（2）根据表格得到，解方程得到，然后结合（1）中结论即可得到的解析式；
（3）根据图象的平移变换得到，根据为偶函数得到为最值，然后解方程求即可.
【详解】（1）由题意得，解得，所以，，.
（2）由题意得，解得，所以.
（3）由题意得，
因为为偶函数，所以或，即，
即，解得，
因为，所以当时，最小，最小为.
19．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足
(1)求角B的大小；
(2)给出以下三个条件：
条件①：：条件②：；条件③：
从这三个条件中选择两个条件，使得存在且唯一确定，请写出你选择的两个条件并回答下面的问题：
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）点M为线段AB中点，点N为线段BC中点，点P为线段MN上一个动点，记，直接写出的最大值．
【答案】(1)
(2)（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到，得到；
（2）（Ⅰ）选择①②和①③求出边长均不合要求，选择②③，得到存在且唯一，并求出，，得到；
（Ⅱ）取的中点，推出，并得到点与重合时，最大值为，并求出的最大值.
【详解】（1），由正弦定理得
，
故，
因为，所以，
（2）（Ⅰ）选择①②，
，解得，
又，所以，解得，此时不存在，
选择①③，，解得，又，
故，不合要求，此时不存在，
选择②③，，即，解得，
又，，故，解得，
由于，故满足存在且唯一，
由正弦定理得，即，解得，
（Ⅱ）取的中点，连接，
则，，
两式平方后相减得，
其中，当点与重合或与重合时，最大，
当点与重合时，，当点与重合时，，
故最大值为，
故最大值为.
20．已知函数
(1)判断函数零点的个数，并说明理由；
(2)对任意的，存在，使求实数a的取值范围；
(3)在（2）的条件下，证明：，有．
【答案】(1)1个
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）先求定义域，转变为求的零点个数，求导，根据单调性与零点的存在性定理即可求；
（2）任意的，存在，使，可转化为，则求出，即可求出实数a的取值范围；
（3）指对缩放不等式可知，(需证明)，则可得，则不等式可证.
【详解】（1）由，定义域为，
的零点等价于的零点， ，所以在上单调递增，又，
所以在上只有一个零点，所以的零点个数为1个，则的零点个数也为1个.
（2）因为，
所以，
所以在区间上单调递增，
故．
因为，
所以．
令，则，
又，所以，
故在区间上单调递增，
所以．
又对任意的，存在，使，
所以，
即，解得，
故实数a的取值范围为．
（3）令，，则．
令，解得，则当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，即（当且仅当时，等号成立）．
令，则．
令，解得，则当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，即（当且仅当时，等号成立），
故（当且仅当时，等号成立）．
又，所以．
因为，所以，
故，即．
21．如图，T是3行3列的数表，用表示位于第i行第j列的数，且满足．
数表中有公共边的两项称为相邻项，例如上表中的相邻项仅有和．对于数表T，定义操作为将该数表中的以及的相邻项从x变为，其他项不变，并将操作的结果记为．已知数表满足．记变换为n个连续的上述操作，即，使得，并记
(1)给定变换，直接写出．
(2)若满足，其他项均为0．是含n次操作的变换且有，求n的最小值．
(3)若变换中每个操作至多只出现一次，则称变换是一个“优变换”，证明：任给一个数表，存在唯一的一个“优变换”，使得．
【答案】(1)
(2)n的最小值为3
(3)证明过程见解析
【分析】（1）按照题意进行求解即可；
（2）先得到，分析得到的对称性和奇偶性质，当，时，不满足要求，时，取变换，得到答案；
（3）设是所有优变换的集合，是所有数表的集合，构造，证明中的优变换和中数表为一一对应关系，证明出数表中的数据都可通过变换单独被改变，从而证明出结论.
【详解】（1）为
，故为
，故为
，故为
（2）为
由题意得，均改变了表格中的奇数个数据，定义为奇操作，
均改变了表格中的偶数个数据，定义为偶操作，
两次同样的操作，表格中数据不变，例如不改变表格中数据，故的最大值为9，
且变换满足交换律，例如和，结果相同，
观察到是关于变换所在直线对称的，故变换也要关于这条直线轴对称，
中有4个1，故相对于改变了4个数，
若，通过验证，发现不能得到，
若，结合对称性和奇偶性，有，，，四种变换，经过验证，均不满足，
若，结合对称性和奇偶性，不妨取变换，
，故为
，故为
，故为
故的最小值为3；
（3）设是所有优变换的集合，则中的优变换的个数为，
是所有数表的集合，则中的数表的个数为，
构造，下面证明中的优变换和中数表为一一对应关系，
由于中元素个数相同，要证每种变换都能等价变换为唯一的优变换，只需证每个数表都能通过变换得到，
由（2）可知，可以得到以下数表，
由对称性可知，可以单独被改变，
又经过变换得到
又可单独被改变，故可得到
即可单独被改变，
同理经过变换可单独被改变，
经过变换得到：
又经过变换，可单独被改变，
可得到
故任给一个数表，存在唯一的一个“优变换”，
使得.
【点睛】新定义问题，要充分发掘题目中信息，将复杂问题抽丝剥茧，化难为简.
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
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