2023届北京市中国人民大学附属中学高三上学期数学统练三试题（解析版）

这是一份2023届北京市中国人民大学附属中学高三上学期数学统练三试题（解析版），共12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。
2023届北京市中国人民大学附属中学高三上学期数学统练三试题 一、单选题1．设复数，则（    ）A． B．C．3 D．5【答案】B【解析】求得后再求模长即可.【详解】,故.故选：B【点睛】本题主要考查了复数的基本运算与模长运算等.属于基础题型.2．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据并集的定义即可求解.【详解】因为，，所以.故选：C3．下列函数中，在区间上单调递减的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据函数解析式直接判断单调性.【详解】A选项：函数的定义域为，且在上单调递增，A选项错误；B选项：函数的定义域为，且在上单调递减，B选项正确；C选项：函数的定义域为，且在上单调递增，C选项错误；D选项：函数的定义域为，且在上单调递增，D选项错误；故选：B.4．“”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】A【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合指数函数的单调性即可得出答案.【详解】因为指数函数单调递增，由可得：，充分性成立，当时，，但不一定，必要性不成立，故选：A5．若，则①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（    ）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】A【分析】对①，由两边同除ab化简即可判断；对②，由得，两边同除化简即可判断；对③，先移项得，可化为，即可比较分母大小判断【详解】对①，，即，①对；对②，由，则，②对； 对③，由，则，与矛盾，③错；故选：A6．在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，其终边过点，则的值为（    ）A． B． C．1 D．7【答案】D【分析】由终边经过点的坐标可求，再利用两角和的正切公式即可求解.【详解】由终边过点，可得，所以.故选：D7．已知为定义在上的函数，，且为奇函数，则（    ）A． B． C．0 D．2【答案】A【分析】根据奇函数的性质，进行赋值求解即可.【详解】因为是奇函数，所以有即.故选：A8．如图为某无人机飞行时，从某时刻开始15分钟内的速度（单位：米/分钟）与时间（单位：分钟）的关系．若定义“速度差函数”为无人机在时间段内的最大速度与最小速度的差，则的图像为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据速度差函数的定义，分四种情况，分别求得函数解析式，从而得到函数图像.【详解】由题意可得，当时，无人机做匀加速运动，，“速度差函数”；当时，无人机做匀速运动，，“速度差函数”；当时，无人机做匀加速运动，，“速度差函数”；当时，无人机做匀减速运动，“速度差函数”，结合选项C满足“速度差函数”解析式，故选：C.9．已知是边长为2的等边三角形，点在线段上，，点在线段上，且与的面积相等，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由与的面积相等以及可得，从而是的中点，再根据数量积的定义即可求得.【详解】如图所示：，，而，，所以是的中点，，，.故选：C10．现实生活中，空旷田野间两根电线杆之间的电线与峡谷上空横跨深涧的观光索道的钢索有相似的曲线形态，这类曲线在数学上常被称为悬链线.在合适的坐标系中，这类曲线可用函数来表示.下列结论正确的是（    ）A．若，则函数为奇函数 B．若，则函数有最小值C．若，则函数为增函数 D．若，则函数存在零点【答案】D【分析】根据函数奇偶性、单调性、最值以及零点的判断和求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：取，满足，此时，其定义域为，关于原点对称，且，此时为偶函数，故A错误；对B：，令，故若存在最小值，则有最小值，因为，故，根据对勾函数的单调性可知，有最小值，无最大值，故当时，有最大值没有最小值，故B错误；对C：当时，满足，又是单调减函数，是单调减函数，故是单调减函数，故C错误；对D：令，即，则，因为，故，解得，故当，即为函数零点，故D正确.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题综合考查函数的性质，处理问题的关键是充分把握函数单调性和奇偶性的判断方法以及函数零点的求解过程，属综合中档题. 二、填空题11．函数的定义域是______.【答案】【分析】根据具体函数定义域的求法即可得解.【详解】要使函数有意义，则，解得且.即函数的定义域是.故答案为：.12．已知向量，，且，则______.【答案】2【分析】由向量垂直的坐标表示即可求解.【详解】因为，，且，所以，即，解得.故答案为：213．已知是各项均为正数的无穷数列，其前项和为，且.给出下列四个结论：①；②；③对任意的，都有；④存在常数，使得对任意的，都有，其中所有正确结论的序号是______.【答案】①②③【分析】首先由题设条件分析出数列与的增减性，根据和随着增大的变化情况可以判断①；然后分析，发现其实际上为，，即可以想到判断是否成立，可建立关于的代数式，通过此对代数式正负的判断，即可判断，即可判断②；我们可以将③中的题设转化为判断是否成立，我们发现的每一项都是大于的，而个大于的数相加大于个相加，而当时，，即可判断，即可判断③；而根据前面的研究，可以较易对④作出判断.【详解】由题意知：，∴，∵，∴，∴，，又，∴，∵，∴，∴，∵随着的增大而增大，∴，∴，∴，即，∴随着的增大而减小，故：为正项单调递减无穷数列，且，∴，故①正确；∵，∴，∴，∵随着的增大而增大，∴，，∴，随着的增大而减小，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，即：，故②正确；∵，∴要判断，即判断：，即判断：，即判断：，而，当且仅当时取等号，∴对任意的都成立，∴对任意的，都有，故③正确；根据以上分析可以得出：为，随着的增大而减小的递减数列，且随着的增大，的值无限接近，∴存在常数，对任意的，当足够大时，总会有，故④错误.故答案为：①②③. 三、双空题14．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则______；若为偶函数，则的最小值是______.【答案】          【分析】根据三角函数的图象变换关系求出的解析式，从而可得的值；再利用函数是偶函数建立方程进行求解即可．【详解】解：将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，即，所以；若函数为偶函数，则，，得，，当时，取得最小值为，故答案为：；．15．已知函数其中.若，则函数的值域是______；若函数有且仅有2个零点，则的取值范围是______.【答案】          【分析】（1）由分段函数分别求值域即可；（2）易知在和时，分别有一个零点，由二次函数的零点分布情况即可求解.【详解】（1）时，，当时，，当时，，综上：，即函数的值域是.（2），当时，令，得，故在上，函数有一个零点，当时，设，由题意可知：在上有且仅有一个零点，所以或，解得或，所以的取值范围是.故答案为：；. 四、解答题16．已知函数.(1)求的最小正周期及值域；(2)求的单调递增区间.【答案】(1)最小正周期为，值域为；(2). 【分析】（1）利用三角恒等变换将化为标准型，再求其性质即可；（2）根据（1）中所求，结合正弦函数的单调增区间，列出不等式，即可求得结果.【详解】（1），故的最小正周期，的值域为.（2）根据（1）中所求，，令，解得.故的单调增区间为：.17．在中，，．再从条件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，并求(1)的值；(2)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) 【分析】（1）若选①，根据，由作圆法知满足条件的有两个，不合题意；若选②，根据，由作圆法知满足条件的有且仅有一个，利用余弦定理可构造方程求得的值；若选③，利用正弦定理可求得，由余弦定理可构造方程求得的值；（2）利用三角形面积公式可直接求得结果.【详解】（1）若选条件①，，，满足条件的有两个，不合题意，不能选择条件①；若选条件②，，，满足条件的有且仅有一个，由余弦定理得：，解得：或（舍），；若选条件③，，，；由正弦定理得：，由余弦定理得：，解得：或（舍），则满足条件的有且仅有一个，.（2）由（1）知：，.18．已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若函数在处取得极小值，求的值；(3)若存在正实数，使得对任意的，都有，求的取值范围．【答案】(1)；(2)．(3)． 【分析】（1）由导数的几何意义求解；（2）由求得值，并验证此时是极小值点；（3）求出导函数，，然后根据的正负或0分类，注意由导函数的连续性得出在（存在正实数）上与同号，从而得函数的单调性，得函数值的正负．【详解】（1），，又，∴切线方程为；（2）由（1），函数在处取得极小值，则，即，，设，则，，由的图象的连续性知在附近是正值，因此在附近是递增的，又，所以在附近从左到右，由负变正，在左侧递减，在右侧递增，是极小值，符合题意；所以．（3），，当，即时，由的图象的连续性知必存在，使得对任意，，对应递增，因此，不合题意，当，即时，由的图象的连续性知必存在，使得对任意，，对应递减，因此，满足题意，时，，时，，，恒成立，在上递增，，不合题意，综上，的取值范围是．【点睛】易错点点睛：本题考查导数的几何意义，导数与极值，不等式恒成立问题．在已知极值点求参数值时，是极小值点，在由求得参数后，一般需验证此时是极小值点，否则容易会出现错误．原因时，不一定是极值点，当值也可能不是极小值点．