北京市通州区2024届高三数学上学期期中质量检测试题含解析

这是一份北京市通州区2024届高三数学上学期期中质量检测试题含解析，共19页。
第一部分（选择题共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由交集的运算，即可得到结果.
【详解】因为集合，，则.
故选：B
2. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数除法运算化简即可求解.
详解】,
故对应的点为，在第三象限，
故选：C
3. 已知向量，，，则下列结论中正确的是（）
A. B.
C. D. 与的夹角为120°
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量平行，向量数量积，向量模，向量夹角的坐标表示验证各选项正误即可得答案.
【详解】A选项，因，则与平行，故A错误；
B选项，因，故B错误；
C选项，，又，则，故C错误；
D选项，，又，
则，即与的夹角为120°，故D正确.
故选：D.
4. 已知函数，则（）
A. 当且仅当，时，有最小值
B. 当且仅当时，有最小值2
C. 当且仅当时，有最小值
D. 当且仅当时，有最小值.2
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由基本不等式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以当且仅当时，有最小值2.
故选：B
5. 下列命题中的假命题是（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，根据指数的值域为可判断；对于B，取可判断；对于C，取可判断；对于D，取可判断.
【详解】对于A，因为指数函数的值域为，所以，，A对；
对于B，当时，，B对；
对于C，当时，，C错；
对于D，当时，，D对.
故选：C.
6. 已知，，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数函数的单调性可得，，又，从而可得.
【详解】因为，所以，即，
因为，所以，即，
而，所以.
故选：B.
7. 在平面直角坐标系中，角以为始边，则“角的终边过点”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】根据三角函数的定义即可判断.
【详解】当角的终边过点时，根据三角函数的定义，可得，充分性成立；
当时，为第二象限角或第四象限角，若为第四象限角，则角的终边不过点，必要性不成立.
所以“角的终边过点”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
8. 下列函数中，在区间上单调递减的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导可判断A，根据指数函数以及对数函数的单调性即可判定BC，根据函数图象即可判定D.
【详解】对于A, ,所以在上单调递增，故A错误，
对于B，由于，所以在上单调递增，B错误，
对于C，，故在上单调递减，C正确，
对于D，的图象如下所示：故在单调递减，在单调递增，故D错误，
故选：C
9. 已知函数是奇函数，且，将的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，所得图象对应的函数为，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的性质及图象变换计算即可.
【详解】由题意可知，，
所以或，
由
因为，
所以，即，
故.
故选：A.
10. 已知数列的前项和为，且，则下列四个结论中正确的个数是（）
①；
②若，则；
③若，则；
④若数列是单调递增数列，则的取值范围是.
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由，可得，两式相减得到，进而可得，可判断①，根据的值可判断是否为等差，再根据等差数列得前项和公式即可求解②③；根据条件得，，再根据数列单调递增，则必有，且，求解即可得出的取值范围．
【详解】因为，当，，
两式相减得，所以，
两式相减得，故①错误，
当时，令，则，，得，所以，
令，则，，得，所以，则，所以，
故奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，
则
，所以②正确；
当时，令，则，，得，所以，
令，则，，得，
故偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，奇数项从第二项开始以为首项，2为公差的等差数列，
则
，所以③正确；
由于，，，
则，
又数列单调递增，则必有，且，
所以，且，解得，
所以的取值范围是，所以④正确．
故选：C．
第二部分（非选择题共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知函数，则的定义域为____________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得，，求解即可.
【详解】依题意可得，，解得且，
所以的定义域为.
故答案：.
12. 已知数列是等比数列，，，则数列的通项公式________；数列的前9项和的值为__________.
【答案】 ①. ②. 171
【解析】
【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解，，进而根据公式即可求解.
【详解】由，可得，，所以，
，
故答案为：，171
13. 已知实数a，b满足关于x的不等式的解集为，且满足关于的不等式的解集为，则满足条件的一组a，b的值依次为______.
【答案】故答案为：（答案不唯一，只要满足就行）
【解析】
【分析】利用一元一次不等式的解集和二次不等式恒成立列不等式即可求解.
【详解】因为关于x不等式的解集为，所以，
又关于的不等式的解集为，所以，解得，
所以满足条件的一组a，b的值依次为，（答案不唯一，只要满足就行）
故答案为：（答案不唯一，只要满足就行）
14. 在等腰中，，，则____________；若点满足，则的值为___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用余弦定理、平面向量及其线性运算、平面向量数量积的定义及运算分析运算即可得解.
【详解】解：
如上图，由题意等腰中，，则，
∵，，
∴，
∴，即，
∵由余弦定理得，
∴，即，又因边长，
∴.
∴是等边三角形，则，，
∵，
∴，，
∴
.
故答案为：；.
15. 已知函数，，给出下列四个结论：
①函数在区间上单调递减；
②函数的最大值是；
③若关于的方程有且只有一个实数解，则的最小值为；
④若对于任意实数a，b，不等式都成立，则的取值范围是.
其中所有正确结论的序号是_______.
【答案】②④
【解析】
【分析】对于①，由分段函数的单调性判断①；对于②，先得到函数的奇偶性，求导得到函数的单调性，画出的图象，数形结合得到的最大值；对于③，考虑方程有且只有一个交点；对于④，转化为恒成立问题即可判断.
【详解】对于①，当时，，
二次函数开口向下，对称轴为，故在区间上单调递减，
；
当时，单调递减，；
但无法判断与的大小，故无法判断函数在区间上单调性，
①错误；
对于②，定义域为R，且，
故为奇函数，
当时，，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且，时,时,画出的图象如下：
由图象可得最大值是，②正确；
对于③，当时，由可得或，
因此，故无解；
可化为，故，
故只有一个实数解，故③错误.
对于④，由②可得，，
若对于任意实数a，b，不等式都成立，则，
所以只需，，
故的取值范围是，④正确.
故答案为：②④
【点睛】函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知函数，.
（1）当时，若，求的值域
（2）若有两个零点，分别为，，且，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得在上单调递减，在上单调递增，从而可求解；
（2）根据题意可得，进而可求解.
【小问1详解】
当时，的对称轴为，且开口向上，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又，所以，
所以当，的值为；
【小问2详解】
的两个零点分别为，且，
，即，解得或，
故的取值范围为.
17. 已知函数.
（1）求的值；
（2）求的最小正周期及单调区间；
（3）比较与的大小，并说明理由.
【答案】（1）
（2）,递增区间为，递减区间为
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据二倍角的正余弦公式和两角和的正弦公式化一，从而可求解；
（2）根据周期公式可求周期，令，求解可得增区间，令，求解可得减区间；
（3）由周期可得，再利用单调性即可求解.
【小问1详解】
，
所以；
【小问2详解】
的最小正周期,
令，解得；
令，解得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问3详解】
，理由如下：
由（2）可知的最小正周期,所以，
由（2）可知，在上单调递增，
又，所以，即.
18. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，，再从下面给出的条件①，条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一.
（1）求的值；
（2）求的面积.
条件①：；条件②：；条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，得0分；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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①，先求出，然后利用正弦定理可求；
若选条件②，由余弦定理可检验是否存在；
若选条件③，由余弦定理可求；
（2）结合三角形面积公式即可求解．
【小问1详解】
若选①，又因为,所以，
所以，
由正弦定理得，所以；
若选条件②，
由余弦定理得，
整理得，此时方程无解，即这样的三角形不存在，
所以条件②不能选；
若选条件③，
由余弦定理得，
整理得，解得或（舍去），
所以.
【小问2详解】
由（1）可知，
所以.
19. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的极值；
（3）若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）极小值为，无极大值
（3）
【解析】
【分析】（1）求导，即可得斜率，进而可求直线方程，
（2）求导，根据导数求解单调性，即可求解极值，
（3）将恒成立问题参数分离，构造函数即可求导求解最值求解.
【小问1详解】
由得，又，
所以在切线为
【小问2详解】
令，则，故在单调递增，
当时，单调递减，
所以当时，取极小值，无极大值，
【小问3详解】
由得，
故，
构造函数则，令，则，
故当时，，单调递增，时，单调递减，
故当取极小值也是最小值，，
所以，即
20. 已知函数，，.
（1）求的值；
（2）求在区间上的最大值；
（3）当时，求证：对任意，恒有成立.
【答案】（1）
（2）时，，
时，
时，，
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导即可代入求解，
（2）分类讨论，即可根据导数求解函数的单调性并求解最值，
（3）将问题转化为，对分类讨论，构造函数，求导确定函数的单调性，即可利用单调性求解最值求证.
【小问1详解】
由得，所以，
【小问2详解】
由得，
当时，，故区间上单调递增，所以，
当时，令，则，令，则，
故在上单调递减，在上单调递增，
当时，，此时在区间上单调递减，所以，
当时，，此时在区间上单调递增，所以，
当时，，此时在区间上单调递增，在单调递减，
综上可得：时，，
时，
时，，
【小问3详解】
要证，即证，
即证明，
当时，，而，所以，
当时，记，则，
记，
由于，
所以当单调递增，所以，
故在单调递增，故，故，
综上，对任意，恒有
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
21. 已知数列的各项均为正数，且满足（，且）.
（1）若；
（i）请写出一个满足条件的数列的前四项；
（ii）求证：存在，使得成立；
（2）设数列的前项和为，求证：.
【答案】（1）（i）（答案不唯一）
（ii）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据不等式的性质证明不等式；
（2）根据累加法与不等式的性质证明结论．
【小问1详解】
（i）∵即，
又，则，
∴满足条件的数列的前四项可以为：.
（ii）∵（，且），
∴，
，
，
，
累加得，则，
则，
∵，
∴，
不妨令，
故存在，使得成立；
【小问2详解】
由（1）知：，
同理∵即，
∴，
，
，
∴，则
则，
，
，
，
，
累加得：，
故：.