北京市2024_2025学年高三数学上学期统考二10月试题含解析

这是一份北京市2024_2025学年高三数学上学期统考二10月试题含解析，共20页。试卷主要包含了填空题共5小题.等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】计算集合,再计算结果，判断选项.
【详解】由x>0，则，当且仅当，即x=1取等号，
则，
故.
故选：A
2. 如图，在复平面内，复数，对应的点分别为，，则复数的虚部为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数对应的点求出复数，，计算，得复数的虚部.
【详解】在复平面内，复数，对应点分别为，，
则，，得，
所以复数的虚部为.
故选：D
3. 若，给出下列不等式：①；②；③．其中正确的个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用不等式的性质逐一判断各个不等式即可.
【详解】因为，所以，，故①正确；
因为，所以，，
故②正确；
因为，所以，又，故③正确.
故选：D
4. 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：
根据这些数据，要得到函数的图象，需要将函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位B. 向右平移个单位
C. 向左平移个单位D. 向右平移个单位
【答案】A
【解析】
【分析】根据表格中的数据，列出关于的方程组，解方程组得出函数的解析式，根据函数图象的变换即可得出结果.
【详解】由表中的数据可得，
，解得，
所以，，
将图象向左平移单位后
得到的图象.
故选：A
5. 在菱形中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据菱形的几何特征结合向量加法的法则，得，得到，利用余弦定理即可求解.
【详解】在中，连接，根据菱形的几何性质有，有：对边互相平行，四条边均相等，
所以，且，所以，所以，
根据向量加法的三角形法则有，，
所以；
又因为，，所以，
在，，，
由余弦定理有：，
所以.
故选：B
6. 在ΔABC中，“,b=,”是“”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】A
【解析】
【分析】在三角形中，根据正弦定理，分别求解的值，反之利用正弦定理求得，得到，再根据充分不必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】在ΔABC中，由正弦定理可得，解得，
又由，则，所以，
又由在ΔABC中，若，则，
由正弦定理，则或，
所以“”是“”的充分不必要条件，故选A.
【点睛】本题主要考查了充分不必要条件的判定，其中解答中在三角形中合理使用正弦定理，及充分不必要条件的判定方法求解是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.
7. 已知函数的图象如图所示，则下列说法与图象符合的是
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由图象可知，且，，可知的两根为，由韦达定理得，异号，同号，又，异号，只有选项 符合题意，故选B.
8. 保护环境功在当代，利在千秋，良好的生态环境既是自然财富，也是经济财富，关系社会发展的潜力和后劲.某工厂将生产产生的废气经过过滤后排放，已知过滤过程中的污染物的残留数量（单位：毫米/升）与过滤时间（单位：小时）之间的函数关系为，其中为常数，，为原污染物数量.该工厂某次过滤废气时，若前9个小时废气中的污染物恰好被过滤掉，那么再继续过滤3小时，废气中污染物的残留量约为原污染物的（参考数据：）（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得，解得，从而求得关于残留数量与过滤时间的函数关系式，再将代入即可求得答案.
【详解】因为前9个小时废气中的污染物恰好被过滤掉，所以，即所以．
再继续过滤3小时，废气中污染物的残留量约为．
故选：A.
9. 已知．若存在最小值，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过对参数分类讨论，研究在和的单调性，再结合已知条件，即可求解.
【详解】解：由题意，不妨令，；，，
①当时，上单调递减，
在上单调递减，易知在上的值域为，
又因为存在最小值，只需，解得，
又由，从而；
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
又因为存在最小值，故，
即，解得，，这与矛盾；
③当时，，易知的值域为，显然无最小值；
④当时，在上单调递增，在上单调递增，从而无最小值.
综上所述，实数的取值范围为.
故选：A.
10. 已知数列满足，，是的前项和．若，则正整数的所有可能取值的个数为（ ）
A. 48B. 50C. 52D. 54
【答案】D
【解析】
【分析】根据可得，由累加迭代法可得，进而可得，由得，进而根据等比数列的求和可得，两种情况结合可得进而可求解.
【详解】由，得，
由累加法，当时，，
因此，即得；
所以，当时，，故；
由，得
所以，
以此类推，得，
因此，即，得；
又，所以，即；
综上可知，，故满足条件的正整数所有可能取值的个数为个.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用不等式将数列an的通项公式通过放缩法和累加法可求得且，再由解不等式即可得出正整数的所有可能取值.
二、填空题共5小题.
11. 若等边三角形的边长为，平面内一点满足，则______.
【答案】-2
【解析】
【详解】试题分析：以点为原点，以所在的直线为轴建立直角坐标系，可得，所以，所以，所以，所以，所以.
考点：向量的坐标运算.
12. 已知角，的终边关于直线对称，且，则，的一组取值可以是______．
【答案】，（答案不唯一，符合，，或，，即可）
【解析】
【分析】由条件角的终边关于直线对称可得，由可得或，，解方程求，即可.
【详解】因为角，的终边关于直线对称，所以，，
又，所以或，，
所以，，
或，，
取，时，可得，或，
所以，的一组取值可以是，.
故答案为：，.
13. 在数列中，，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据数列的递推公式，利用迭代法，发现规律，即数列为周期数列，然后求出即可.
【详解】由得，，
又由得，，，，，
由此可得数列为周期数列，周期为，
又因为，
所以，
故答案为：.
14. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：因为函数在区间上单调递增
所以在区间恒成立，
因为，所以在区间恒成立
所以
因为，所以
所以的取值范围是
考点：1．恒成立问题；2．导函数的应用．
15. 设,函数,若fx恰有两个零点，则的取值范围为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断的取值范围．
【详解】（1）当时，，
即，
若时，，此时成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即且；
若方程有一根为，则，解得：且；
若时，，此时成立．
（2）当时，，
即，
若时，，显然不成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即；
若方程有一根为，则，解得：；
若时，，显然不成立；
综上，
当时，零点为，；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，零点为．
所以，当函数有两个零点时，且．
故答案为：．
【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．
三、解答题共6小题.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
16. 已知数列的前项和为，， 从条件①、条件②和条件③中选择两个作为已知，并完成解答.
（1）求数列的通项公式；
（2）设等比数列满足，，求数列的前项和.
条件①：；条件②：；条件③：.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）若选择①②作为已知条件，根据等差数列的定义，可得公差d，代入公式即可求得答案；
若选择②③作为已知条件，根据等差数列的定义，可得公差，根据，即可求得，代入公式即可求得答案；
（2）根据题干条件，结合（1）可求得，的值，代入公式，即可求导、q，进而可得，根据分组求和法，结合等差、等比的求和公式，即可得答案.
【详解】解：(不能选择①③作为已知条件)
若选择①②作为已知条件.
因为，，
所以数列是以为首项，公差的等差数列.
所以.
若选择②③作为已知条件.
因为，
所以数列是以为首项，公差为的等差数列.
因为，所以.
所以，解得.
所以.
（2）设等比数列的公比为，结合（1）可得，，
所以，所以.
所以等比数列的通项公式为.
所以
所以

.
17. 已知向量，，函数．
（1）求函数在上的最值，并求此时的值；
（2）将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位长度并向下平移个单位长度，得到函数的图象．若在中，角，，的对边分别为，，，，，，求的面积．
【答案】（1）最大值为，此时；最小值为，此时；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由向量的数量积及三角恒等变换得，根据，结合三角函数的性质求解即可；
（2）由图象的平移及伸缩变化可得，再由，可得，由余弦定理可得，最后由三角形的面积公式求解即可.
【小问1详解】
解：因为
，
当时，，
所以当，即时，取最小值，为；
当，即时，取最大值，为；
所以在上的最大值为，此时；最小值为，此时；
【小问2详解】
解：将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），
得，
再将的图象向左平移个单位长度并向下平移个单位长度，
得，
所以，
又因为，所以，
又因为，所以，所以，
又因为，，
由余弦定义可得：
，
所以，
解得，
所以.
18. 如图所示，已知中，为上一点，．

（1）求；
（2）若，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，由正弦定理可得答案；
（2）由（1）得．法1：由正弦定理、可得，再由余弦定理可得．法2：求出及，再由两角差的正弦展开式求出，在中由正弦定理可得答案．
【小问1详解】
在中，由正弦定理可得，
所以，
又因为，
所以；
【小问2详解】
因为，所以，所以，
由（1）结论，计算可得，
法1：由正弦定理可知，又，
所以，
由余弦定理可得，
化简整理得，
解得．
法2：因为且，
所以，
由题意可得，所以，
所以
，
在中，由正弦定理可得，
所以．
19. 已知函数（）.
（I）当时，求在点处的切线方程；
（Ⅱ）求函数在上的最小值.
【答案】（I）（II）见解析
【解析】
【分析】（I）根据导数几何意义得切线斜率，再根据点斜式得切线方程（Ⅱ）先求导函数零点，再根据零点与定义区间位置关系分类讨论，最后根据对应函数单调性确定最值
【详解】解：（I）当时，，，
所以在点处的切线方程为，即
（II），，
①当时，在上导函数，
所以在上递增，可得的最小值为；
②当时，导函数的符号如下表所示
所以的最小值为；
③当时，在上导函数，所以在上递减，
所以的最小值为
【点睛】本题考查导数几何意义以及利用导数求函数最值，考查综合分析求解能力，属中档题
20. 已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求、的值；
（2）如果当，且时，，求的取值范围．
【答案】（1）， （2）（-，0]
【解析】
【详解】（1）
由于直线的斜率为，且过点，故即
解得，．
（2）由（1）知，所以
．
考虑函数，则．
(i)设，由知，当时，，h(x)递减．而故当时，，可得；
当x（1，+）时，h（x）0
从而当x>0,且x1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+.
（ii）设00,而h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）>0，可得h（x）0而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）>0，可得 h（x）