北京市中国人民大学附属中学2024−2025学年高三下学期 数学统练（4）（含解析）

这是一份北京市中国人民大学附属中学2024−2025学年高三下学期 数学统练（4）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，第六项，即，，等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，若，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足，则（ ）
A．1B．C．2D．
3．设，则中最大的是（ ）
A．B．C．D．
4．若圆上总存在两个点到点的距离为3，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知向量不共线，，其中，若三点共线，则的最小值为（ ）
A．5B．4C．3D．2
6．已知、是抛物线上的两点，且线段的中点横坐标为，则的最大值是 （ ）
A．B．C．D．
7．“”是“函数在上单调递减”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
8．设，且，若函数的值域为R，则a的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
9．专家表示，海水倒灌原因是太阳、月亮等星体的共同作用下，海水的自然涨落，如果天气因素造成的涨水现象赶上潮汐高潮的时候，这个时候水位就会异常的高.某地发生海水倒灌，未来24h需要排水减少损失，因此需要紧急抽调抽水机.经测算，需要调用20台某型号抽水机，每台抽水机需要平均工作24h.而目前只有一台抽水车可立即投入施工，其余抽水机需要从其他施工现场抽调.若抽调的抽水机每隔20min才有一台到达施工现场投入工作，要在24h内完成排水任务，指挥部至少共需要抽调这种型号的抽水机（ ）
A．25台B．24台C．23台D．22台
二、多选题
10．已知函数 ，则 的极值点的个数情况可能为 （ ）
A．没有极值点B．有无穷多个极值点
C．恰有 2025 个极值点D．恰有 2026 个极值点
三、填空题
11．已知为奇函数，则实数的值是 ．
12．已知直线是双曲线的一条渐近线，则双曲线C的离心率为 ．
13．已知平面向量 满足 且 ，则 的最大值为 .
14．如图，五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．已知，且等腰梯形所在平面，等腰三角形所在平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的体积为 ．
15．记 为数列 的前 项和， 为数列 的前 项和，已知 ， 其中 为某个常数，给出下列四个结论:
① 存在 使得 是非常数列的等比数列； ②存在 使得 是非常数列的等差数列；
③存在 使得 是递减数列； ④ 存在 使得 是递减数列.
其中所有正确结论的序号是 .
四、解答题
16．在中，.
(1)求的大小；
(2)再从下列三个条件中，选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的面积.
条件①：；
条件②：；
条件③：边上的高为.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得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.
17．如图，在三棱柱中，，，，点分别在棱和棱上，且，为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)已知平面.
①求二面角的正弦值；
②点到平面的距离.
18．无人驾驶技术是汽车研发领域的一个重要方向．某学校技术俱乐部研发了一个感知路况障碍的小汽车模型，该模型通过三个传感器共同判断路段是否有路障．在对该模型进行测试中，该俱乐部同学寻找了个不同的路段作为测试样本，数据如下表：
假设用频率估计概率，且三个传感器对路况的判断相互独立．
（1）从这80个路段中随机抽取一个路段，求传感器1对该路况判断正确的概率；
（2）从这80个路段中随机抽取一个有障碍的路段进行测试，设为传感器1和传感器2判断正确的总路段数，求的分布列和数学期望；
（3）现有一辆小汽车同时装载了以上3种传感器．在通过某路段时，只要3个传感器中一个判断有障碍或无法识别，则小汽车减速．那么是否可以通过提高传感器3的判断正确率，使得小汽车在无障碍的道路上减速的概率小于？（结论不要求证明）
19．已知椭圆 的长轴的两个端点分别为 ，短轴的两个端点与 恰构成一个等边三角形的三个顶点.
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）点为椭圆上除，外的任意一点，直线交直线于点，点 为坐标原点：过点且与直线垂直的直线记为，直线交轴于点，交直线于点，问：是否存在点使得与的面积相等?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
20．已知函数，其中为自然对数的底数，为函数的导函数.
（1）当时，求在处的切线方程;
（2）若在区间上不是单调函数，求的取值范围；
（3）若当时，恒成立，求的取值范围.
21．设是正整数，数列满足:， 且其任意两项互不相同. 对满足条件的数列，若，定义为，对正整数，定义为.
（1）若，数列，直接写出；
（2）证明:对任意满足条件的数列，都存在正整数，使得的首项为1；
（3）若. 是否存在满足条件的数列，使得的首项不为1？请说明理由.
参考答案
1．【答案】A
【详解】，，，
∴结合数轴可知：.
故选A.
2．【答案】D
【详解】由题设，
所以.
故选D
3．【答案】B
【详解】因为展开式的通项公式为，
所以展开式各项的系数与二项式系数相等或互为相反数，
又由二项式系数的性质知，二项式系数最大的项为第五、第六项，即，，
所以中最大的是.
故选B.
4．【答案】D
【详解】圆的圆心为，半径为.
设圆，
由题意，两圆有两个公共点，即两圆相交，所以，
解得，即或.
所以实数a的取值范围是.
故选D.
5．【答案】B
【详解】因为三点共线，
所以存在实数k，使，即，
又向量不共线，所以，
由，所以，
当且仅当时，取等号，
即的最小值为4.
故选B
6．【答案】B
【详解】设、，则，即.
易知抛物线的焦点为，所以，，
当且仅当、、三点共线时，等号成立，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立可得，
所以，且，
由韦达定理可得，解得，合乎题意，
即当直线的方程为或时，取最大值.
故选B.
7．【答案】C
【详解】由题意，若，
则，
由，得，
此时函数单调递减，所以充分性成立；
若函数在上单调递减，
由，得，
则，
所以，，
解得，即，所以必要性成立；
因此，“”是“函数在上单调递减”的充分必要条件.
故选C.
8．【答案】C
【详解】当时，函数的值域为，
函数的值域为，
所以时，函数的值域为，
又因为函数的值域为R，
所以，解得，
当时，函数的值域为，
函数的值域为，
所以时，函数的值域为，与题意矛盾，
综上所述，a的取值范围是.
故选C.
9．【答案】B
【详解】设至少需要台抽水机，记一台抽水机20min完成的任务为单位1，这台抽水机完成的任务依次为，（）
依题意，，是公差为的等差数列，
，
要完成所有任务，则，
，
记，在上是减函数，
，，
所以时，，
所以最小值需要24台抽水机，
故选B．
10．【答案】AD
【详解】对求导，可得.
令，即，移项可得.
那么的极值点个数就等价于函数与图象的交点个数.
当时，，与只有一个交点，但在该点两侧导数符号不变，所以此时没有极值点.
当时，与都是奇函数，图象关于原点对称.
是周期函数，是过原点的直线.
随着的取值不同，两函数图象的交点个数可能是有限个偶数个（因为关于原点对称）.
所以可能恰有2026个极值点.
而由于与的交点个数不可能是奇数个，所以不可能恰有2025个极值点；同时两函数图象的交点个数也不可能是无穷多个.
故选AD.
11．【答案】
【详解】由题意知，，得，
令，解得或，
又该函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称，
所以，解得.
经检验，符合题意，
所以.
12．【答案】/
【详解】由双曲线的渐近线为，得，即，
所以双曲线离心率.
13．【答案】
【详解】设向量与的夹角为，.根据向量数量积公式，
已知，，，可得：
解得，所以.
不妨设，，.
，.
因为，所以.
展开可得，配方得.
这表明点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
.设，即.
根据点到直线的距离公式，圆心到直线的距离.
因为点在圆上，所以圆心到直线的距离（为圆的半径），即.
则，即.
解不等式可得.
所以的最大值为，即的最大值为.
14．【答案】/
【详解】如图，作于，，连接；同理作于，，连接，取中点，连接，再作于，
因为等腰梯形所在平面､等腰三角形所在平面与平面的夹角的正切值均为，
因为，房顶的底面为矩形，，所以，
又中点，，且，所以，
所以，，所以由二面角的定义可得，正切值均为.则.所以，
因为，，，且底面，
所以底面，
所以该五面体的体积为2倍的四棱锥的体积加上三棱柱的体积，
即，
15．【答案】②③④
【详解】由已知，，则，
当时，，则，
整理该式，可得，则，
当时，数列不是等比数列，时，公比为1，不存在 使得 是非常数列的等比数列，①错误；
当时，，此时，只需满足即可，数列递减，存在 使得 是递减数列，③正确；
设存在 使得 是非常数列的等差数列，则，且，则，即，
整理可得（，当时，等式成立，②正确；
因为，则，则，
若时，数列 是递减数列，④正确.
16．【答案】(1)；
(2)答案见详解.
【详解】（1）方法一：由正弦定理及，得
.①
因为，
所以.②
由①②得
因为，所以.
所以.因为，所以；
方法二：在中，因为，
由余弦定理得，
整理得
所以，所以；
（2）若选条件①：；，所以,而，这与矛盾，故不能选①.
选条件②：
方法一：由余弦定理，得
即，解得.
所以.
方法二：由正弦定理，所以，因为
，所以，
所以.
选条件③：
边上的高，所以，
以下与选择条件②相同.
17．【答案】(1)证明见详解；
(2)①；②.
【详解】（1）证明：取的中点为，连接，如下图所示：
M为棱的中点，的中点为，可得且；
又易知，且，所以，；
又，所以；
由三棱柱性质可得，所以，
所以，可知四边形为平行四边形；
可得，又平面，平面；
所以平面；
（2）①由已知平面，可得；
又，可知两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知，
可知，
设平面的一个法向量为，
所以，令，可得，
所以法向量可以为，
又易知平面与轴垂直，所以平面的一个法向量可以为；
则；
所以二面角的正弦值为；
②由（1）可知，平面的法向量可以为，
又，
所以点到平面的距离为.
18．【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）答案见解析
【详解】（1）80个路段中，传感器1判断正确的路段有个．
设“传感器1对该路况判断正确”为事件，则.
（2）80个路段中共有60个有障碍的路段．60个有障碍的路段中，传感器1判断正确的路段有40个，
错误的有个，传感器2判断正确的路段有45个，判断错误的路段有个
的取值集合为．
，，
，
故的分布列为
随机变量的数学期望
（3）可以通过提高传感器3的判断正确率，使得小汽车在无障碍的道路上减速的概率小于．
分析：共有20个无障碍地路段，传感器1判断无障碍的有15个，
由频率估计概率，故无障碍路段上，估计传感器1判断无障碍的概率为．
传感2判断无障碍的有15个，由频率估计概率，故无障碍路段上，
估计传感器2判断无障碍的概率为．
若传感器3在无障碍路段上，判断为无障碍的概率为1．
小汽车在无障碍的道路上减速的概率：．
故可以通过提高传感器3的判断正确率，使得小汽车在无障碍的道路上减速的概率小于．
19．【答案】（1）
（2）存在点P的坐标为
【详解】（1）根据题意可得：，，解得，
故椭圆的方程为：.
（2）

设，且，则 ，
又因为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
令，得，所以点的坐标为，
因为，所以直线的斜率为，
因为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
因为，，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
所以，
联立直线和直线的方程，
消去得，即，
整理有：，
因为，所以，
所以，解得点的横坐标，
，，
要使得与的面积相等，应有，
整理有，即，
解得，，因为，（舍去），所以，
由可得点P的坐标为.
20．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）解：当时，函数，可得，
则，
所以 在 处的切线方程为，即.
（2）解：由函数，可得，
令，则，
若，可得恒成立，则在上单调递增，不符合题意；
若，令，可得，
要使得函数在区间上不单调，则满足，
此时在上单调递减，在上单调递增，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，所以实数的取值范围为.
（3）解：当时，由恒成立，即，
即恒成立，即在上恒成立，
令，
可得，
令，则且，
所以，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，即实数的取值范围为
21．【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
（3）不存在，理由见解析
【详解】（1）数列，由题意得数列；；
；.
（2）下面用数学归纳法证明.
证明：①当时，数列或满足条件；
显然，对数列：经过任意（为正整数）次变换均为数列本身，即首项恒为；
对数列，有，故经过次变换，的首项为，
故当时，存在正整数，使得的首项为；
②假设（）时，
对数列，其中，
都存在正整数，使得的首项为1，
为便于理解，下面叙述为：经过有限次变换，可使首项为；
自然经过有限次变换，也可使首项变为数列的任意项，.
当时，对，其中，
（i）若，则是数列的前项中的项，，且，
由题意，的首项也不等于，且经过任意次变换后首项均不为，
即变换仅对前项产生顺序调整，相当于对数列的变换，
故由归纳假设可知，经过有限次变换，可使首项为；
(ii)若，设，，，
由题意，经过任意变换，只要没有变换至首项位置，则相当于对数列的变换，
则由归纳假设，经过有限次（设为次）变换，可使首项为，
当时，即，则的首项为，即经过次变换，可使首项为；
当时，即，则的最后一项变换为，则转化为新数列满足，即（i）的情况，故经过有限次变换，也可使首项为；
故对数列，都存在正整数，使得的首项为1；
综合①②可知，对任意满足条件的数列，都存在正整数，使得的首项为1.
（3）不存在满足条件的数列，使得的首项不为1. 原因如下：
以上结论可转化为：任意数列，的首项均为.
由变换的可逆性，又可转化为：任意首项为的数列，均可经过不多于步的逆向变换，可转化为任意原数列.
不妨设原数列为.
首先，定义逆变换：设是正整数，对数列，
若存在，，定义逆变换为，
对正整数，定义为.
由（2）可知，任意数列，要使首项为，当数列中任意项，时，数列才可能取到最大变换次数.
故结论还可转化为，数列，可经过不多于步的逆变换，可使数列中任意项均不在原位置.下面用数学归纳法证明该结论.
①当时，数列，经过一次逆变换得.
由，
②假设（）时，数列可经过不多于步的逆变换，可使数列中任意项均不在原位置.
则当时，对数列，
先将前项即数列：，作逆变换，
由归纳假设，可经过不多于步的逆变换，使数列的前项均不在原位置，记为；
再作一次逆变换可得数列，其中第项，
（假设，）
故后面的变换只与前项有关，可经过不多于步的逆变换，使数列的前项均不在原位置，
故共不超过步逆变换.
测试
结果真实
路况
传感器1
传感器2
传感器3
有障碍
无障碍
无法识别
有障碍
无障碍
无法识别
有障碍
无障碍
无法识别
无障碍
4
15
1
1
15
4
8
12
0
有障碍
40
10
10
45
5
10
45
10
5