北京市2024届高三数学上学期10月阶段性测试试题含解析

这是一份北京市2024届高三数学上学期10月阶段性测试试题含解析，共20页。
考生须知：
1．本试卷共3页，满分150分，考试时长120分钟．
2．试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效．
3．在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答．
4．考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回．
一、选择题：本大题共10道小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求．把正确答案涂写在答题卡上相应的位置．
1. 已知复数，则（）．
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简得到，再根据复数模的定义，即可求解.
【详解】，.
故选：B
2. 已知全集，集合，，则集合可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合的定义和运算规律求解即可.
【详解】∵，
∴
又∵
∴
故选：C.
3. 下列函数中，其图像上任意一点的坐标都满足条件的函数是（）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，分别画出函数图像，结合计算，即可得到结果.
【详解】
当时，，，，故A错误；
当时，，，，故B错误；
当时，，，，故C错误；
当时，，，满足，当时，
设，则，则在上单调递减，
则，满足，故D正确；
故选：D.
4. 已知，且，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.
【详解】，得，
即，解得或（舍去），
又.
故选：A.
【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
5. 已知，，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数、对数函数的单调性，将a，b，c与0或1比较，分析即可得答案.
【详解】由题意得，，所以，
又，
所以.
故选：A
6. 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
7. 设函数，则下列函数中为奇函数的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出选项的函数解析式，再利用奇函数的定义即可.
【详解】由题意可得，
对于A，不是奇函数；
对于B，是奇函数；
对于C，，定义域不关于原点对称，不是奇函数；
对于D，，定义域不关于原点对称，不是奇函数.
故选：B
【点睛】本题主要考查奇函数定义，考查学生对概念的理解，是一道容易题.
8. 已知，命题P：，，则（）
A. P是假命题，
B. P是假命题，
C. P是真命题，
D. P是真命题，
【答案】D
【解析】
【分析】求导分析的单调性，进而求得最值，再根据全称命题的否定逐个判断即可
【详解】∵，∴
∴是定义域上的减函数，
∴
∴命题P：，，是真命题；
∴该命题的否定是.
故选：D.
9. 已知，则“存在使得”是“”的（）．
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分条件，必要条件的定义，以及诱导公式分类讨论即可判断.
【详解】(1)当存在使得时，
若为偶数，则；
若为奇数，则；
(2)当时，或，，即或，
亦即存在使得．
所以，“存在使得”是“”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题主要考查充分条件，必要条件的定义的应用，诱导公式的应用，涉及分类讨论思想的应用，属于基础题.
10. 汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况．下列叙述中正确的是（）．
①消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米；
②以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最少；
③甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油；
④某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油．
A. ②④B. ①③C. ①②D. ③④
【答案】A
【解析】
【分析】利用折线图以及横、纵坐标代表的意义逐一分析即可求解.
【详解】从图中可以看出乙车的最高燃油效率大于5，故①错误；
同样速度甲车消耗1升汽油行驶的路程比乙车、丙车的多，
所以行驶相同路程，甲车油耗最少，故②正确.
甲车以80千米/小时的速度行驶，1升汽油行驶10千米，
所以行驶1小时，即行驶80千米，消耗8升汽油，故③错误；
速度在80千米/小时以下时，相同条件下每消耗1升汽油，
丙车行驶路程比乙车多，所以该市用丙车比用乙车更省油，故④正确.
故选：A
二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在答题纸中相应的横线上．
11. 在的展开式中，的系数为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由二项式展开式通项公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】的展开式的通项公式为，
令，可得，故的系数为.
故答案为：
12. 已知角，的终边关于原点O对称，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据角，的终边关于原点O对称得，即可得到的值.
【详解】角，的终边关于原点O对称，
，
.
故答案为：.
13. 设函数，则满足的的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】分、和三种情况解不等式即可求解.
【详解】当即时，即，可得，
此时无解，
当即时，即，所以，
令，则在上单调递增，，
所以恒成立，所以符合题意，
当即时，即恒成立，所以符合题意，
综上所述：满足不等式的的取值范围是，
故答案为：.
14. 若方程有根，则实数a的取值范围是______．
【答案】或，
【解析】
【分析】构造函数，利用导数求解函数的单调性，进而结合函数图象即可得直线与有交点时，或.
【详解】由得，当，方程显然无根，
故时，，
令，则，
令，则，故在单调递增，在以及单调递减，
故时，取极小值，
而当时，，当时，，
所以直线与有交点时，或，
故答案为：或，
15. 已知函数由下表给出：
其中等于在，，，，中所出现的次数，则__________；__________．
【答案】 ①. 0 ②. 5
【解析】
【分析】假设k＝4出现次数大于等于1次，即的值大于等于1，推出矛盾，由此得＜1，＝0，同理可得，由此可得，从而讨论可得，于是可以得到，∈{1，2}，分类讨论即可得出答案.
【详解】等于在“，，，，”中所出现的次数，则，
若k＝4在“，，，，”中出现次数超过0次，不妨设出现1次，则＝1.
设＝4，则k＝0在“，，”这3个数中出现4次，矛盾，
同理k＝4在“，，，，”中出现过2、3、4次也不可能，
即k＝4不能出现，∴＝0.
同理，若k＝3出现次数超过0次，不妨设k＝3出现1次，即，
设＝3，则k＝0在“，”这2个数中出现3次，矛盾，
故k＝3不可能出现，∴.
∵，＝0，
∴k＝0在“，，，，”中至少出现了2次，
∴.
若＝3或4，即k＝3或k＝4出现了1次，则或不为0，矛盾，
∴.
∴，，，
∴，∈{1，2}，
∴“，，，，”仅有下列四种可能：
①，＝1，＝1，，，
②，＝1，＝2，，，
③，＝2，＝1，，，
④，＝2，＝2，，，
其中：①中，k＝1出现2次与＝1矛盾，不可能；
②满足题意；
③k＝2出现2次与＝1矛盾；
④中，k＝2出现3次与＝2矛盾；
故仅有“，＝1，＝2，，”满足题意，
故5.
故答案为：0；5
【点睛】本题关键是理清题意，在有限个数字中，从大到小讨论，将不满足题意的情形逐一排除，最后得到唯一满足题意的组合.
三、解答题：本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程，并写在答题纸相应位置．
16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，，点E在线段AB上，且.
（1）求证：平面PBD；
（2）求二面角余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)根据线面垂直的性质可得，利用相似三角形的判定与性质可得
，结合线面垂直的判定定理即可得出结果；
(2)根据题意和线面垂直的性质可得两两垂直，建立如图空间直角坐标系
，求出各点、各线段的坐标，进而求出平面和平面的法向量，利用空间向量的数量积表示即可求出结果.
【小问1详解】
因为平面，平面，
所以.
因为，，
所以，.
所以.
所以，
所以.
又因为，，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面，平面，平面，
所以，.
又因为是矩形，，
所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，.
设平面的一个法向量为，则
即
令，则，.
于是.
因为平面，
取平面的法向量为.
则.
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值是.
17. 已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题．
（1）求的值；
（2）当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围．
条件①：；
条件②：是的一个零点；
条件③：．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据选择的条件代入计算，结合角的范围即可利用特殊角的三角函数值求解，
（2）由和差角公式以及辅助角公式化简，由整体法即可代入求解.
【小问1详解】
选条件①：无意义，所以选条件①时不存在，故不能选①，
选条件②．
由题设，所以．
因为，所以，所以．
所以．
选条件③，由题设．整理得．
以下同选条件②．
【小问2详解】
由（1）
因为，所以．
于是，当且仅当，即时，取得最大值；
当且仅当，即时，取得最小值．
又，即时，．
且当时，单调递增，所以曲线与直线恰有一个公共点，则或
的取值范围是．
18. 为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间 (单位：小时)，并将样本数据分成，，，，，，，，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）求a值；
（2）为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在，，三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在内的学生人数为，求的分布列；
（3）以调查结果的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取20名学生，用“”表示这20名学生中恰有名学生日平均阅读时间在 (单位：小时)内的概率，其中. 当最大时，写出的值.（只需写出结论）
【答案】（1）
（2）分布列见解析（3）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图列出方程，能求出的值．
（2）由频率分布直方图求出这500名学生中日平均阅读时间在，，，，，三组内的学生人数分别为50人，40人，10人，采用分层抽样的方法抽取了10人，则从日平均阅读时间在，内的学生中抽取4人，现从这10人中随机抽取3人，则的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列．
（3）根据对立重复试验的概率公式得到方程组，解得的取值范围，即可得解．
【小问1详解】
解：由频率分布直方图得：
，
解得．
【小问2详解】
解：由频率分布直方图得：
这500名学生中日平均阅读时间在，，，，，三组内的学生人数分别为：
人，人，人，
若采用分层抽样的方法抽取了10人，
则从日平均阅读时间在，内的学生中抽取：人，
现从这10人中随机抽取3人，则的可能取值为0，1，2，3，
，，，
，
的分布列为：
【小问3详解】解：由（1）可知的概率，所以
依题意，即，即，解得，因为为非负整数，所以
即当最大时，．
19. 设函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求a，b的值；
（2）求的单调区间．
【答案】（1）；
（2）函数在上单调递增.
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导得，列出方程，即可得到结果；
（2）根据题意，由（1）可得，令，得到函数的最小值，即可得到.
【小问1详解】
因为，则，
由题意可得，，即，解得.
【小问2详解】
由（1）可知，，，
令，令，所以，
当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数单调递增；
当时，函数有极小值，即最小值，最小值为，
则，
则函数在上单调递增.
20. 已知函数．
（1）若，求函数的极值；
（2）若函数在区间的最大值为1，求实数a的取值范围；
（3）若对任意，，当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）极大值，极小值；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求导，令导数等于0，结合单调性可求；
（2）求导，得到，讨论与的关系，利用导数，得出的最大值，进而求出的范围.
（3）构造函数，由可得到的单调性，进而可求得的范围.
【小问1详解】
当，，
，令，则或，
则当时，，函数单调递增，
则当时，，函数单调递减，
所以在时，取得极大值；
在时，取得极小值；
【小问2详解】
，
令，得或.
当时，则时，，
所以在上单调递减，
当时，
当时，；当时，.
故在上单调递增，在上单调递减；
，不合题意；
当时，则时，，
所以在上单调递增，
，不合题意.
综上，实数的取值范围是.
【小问3详解】
设，根据题意有，，，
故单调递增，则，在上单调递增，
则有时，恒成立
而，
即恒成立，参变分离可得，
则有，而（当且仅当时等号成立），
所以，即有.
21. 已知数列，记集合．
（1）对于数列：1，2，3，4，写出集合T；
（2）若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的i，j；若不存在，说明理由；
（3）若，把集合T中的元素从小到大排列，得到的新数列为B：，，…，，…．若，求m的最大值．
【答案】（1），5，6，7，9，；
（2）不存在，理由见解析
（3）1003
【解析】
【分析】1）根据题意给出的集合新定义，即可得出答案；
（2）使用假设法，假设存在，，使得，进行计算检验，从而得出结论；
（3）由，根据题意给出的集合新定义可对进行计算分析，讨论元素的奇偶情况，即可得出答案．
【小问1详解】
由题意得，，，，，，
，5，6，7，9，；
小问2详解】
假设存在，，使得，则有，
由于与奇偶性相同，
与奇偶性不同，
又，，
有大于等于3的奇数因子，
这与1024无1以外的奇数因子矛盾，
故不存在，，使得；
【小问3详解】
由题意得，
当，时，，
除，外，，
其中与一奇一偶，则能拆成奇数与偶数之乘积，
在正偶数中，只有无法拆成一个大于2的奇数与一个不小于2的偶数之乘积，
又中的元素均为偶数，故，，，
故2至2024偶数中除去4，8，16，32，64，128，256，512，1024，
，
故的最大值为1003．
【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.
0
0
5
0
0
1
2
3