2024届北京市景山学校高三上学期开学考试数学试题含答案

这是一份2024届北京市景山学校高三上学期开学考试数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024届北京市景山学校高三上学期开学考试数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，将集合化简，然后结合集合的交集运算，即可得到结果.【详解】因为，则，且所以.故选：A2．下列函数中，值域为的偶函数是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由已知结合函数的奇偶性分别进行检验，然后求出函数的值域进行检验，即可求解．【详解】选项A，是偶函数，值域是，不符合题意；选项B，是非奇非偶函数，不合题意；选项C，是偶函数，值域是，不合题意；选项D，是偶函数，值域是符合题意.故选：D.3．使得命题“”为真命题的k的取值范围（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】分和两种情况分类讨论即可求解.【详解】根据题意可知关于的不等式的解集为，当时，恒成立；当时，则满足，解得，综上，故选：B4．设函数（且），若，则（    ）A． B． C．2 D．4【答案】D【分析】根据函数解析式求得正确答案.【详解】，由于且，所以.故选：D5．若，则a，b，c的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据对数函数、指数的知识求得正确答案.【详解】首先，其次，，，所以.故选：C6．教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气.按照国家标准，教室内空气中二氧化碳最高容许浓度为.经测定，刚下课时，空气中含有的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为，且y随时间t（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准需要的时间t（单位：分钟）的最小整数值为（    ）（参考数据）A．5 B．7 C．9 D．10【答案】B【分析】根据已知条件求得，然后列不等式来求得的取值范围，进而求得的最小整数值.【详解】当时，，所以，由得，，所以的最小整数值为.故选：B7．已知函数且，则函数的图像的一条对称轴是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，由余弦的和差角公式可得，然后结合正弦型函数的对称轴方程，代入计算，即可得到结果.【详解】因为，所以，可取，则函数，令，求得，所以函数的图像的对称轴方程为，令，可得，即函数的图像的一条对称轴是.故选：A8．“”是“数列为等差数列”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】B【分析】根据等差数列和充分性、必要性的概念求解即可.【详解】若“”，则数列不一定是等差数列，如，若“数列为等差数列”，则由等差中项可知，所以“”是“数列为等差数列”的必要不充分条件，故选：B9．若函数的图象上任意一点的切线的斜率都大于0，则实数m的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由恒成立列不等式，利用分离常数法，结合基本不等式求得的取值范围.【详解】的定义域是，依题意，恒成立，即恒成立，由于，当且仅当时等号成立，所以.故选：C10．若数列各项均为正数，且，则下列结论错误的是（    ）A．对任意，都有B．数列可以是常数列C．若，则数列为递减数列D．若，则当时，【答案】C【分析】先求得与的递推关系式，利用差比较法、换元法，结合二次函数的知识以及差比较法求得正确答案.【详解】由得，，依题意，所以，由于，所以可由，解得，负根舍去，A选项，由于，所以，所以A选项正确；①，B选项，若，解得，此时是常数列，所以B选项正确；令，令，则，所以当时，；当时，，所以当时，是单调递减数列，即，所以C选项错误；同时，，则当时，，所以D选项正确.故选：C【点睛】根据递推关系研究数列的性质，关键点是根据递推关系的结构，选择恰当的分析方法.如本题中，已知递推关系是形如一元二次方程的形式，所以可以考虑利用一元二次方程的知识来进行求解.研究数列的单调性，可以考虑利用差比较法来进行求解. 二、填空题11．函数的定义域为         .【答案】【分析】根据函数定义域的求法列不等式组，由此求得函数的定义域.【详解】依题意，解得，所以函数的定义域为.故答案为：12．在数列中，，则         .【答案】【分析】判断出数列的周期性，进而求得【详解】，，所以数列是周期为的周期函数，，所以.故答案为：13．已知，则         .【答案】/【分析】根据诱导公式、二倍角公式、商数关系式、平方关系式化简求值即可.【详解】.故答案为：.14．已知，函数，若存在三个互不相等的实数，使得成立，则a的取值范围是         .【答案】【分析】根据题意，将方程根问题转化为函数交点问题，然后结合导数求得最值，即可得到结果.【详解】若存在三个互不相等的实数，使得成立，则方程存在三个不相等的实根，当时，解得，所以当时，有两个不等的实根，即，设，，则，，令，解得，令，解得，令，解得，所以函数在区间单调递增，在区间单调递减，则，所以.故答案为：15．太极图是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种互相转化，相对统一的和谐美.定义：能够将圆的周长和面积同时等分成两个部分的函数称为圆的一个“太极函数”.则下列有关说法中：  ①函数是圆的一个太极函数；②对于圆的所有非常数函数的太极函数中，一定不能为偶函数；③存在圆，使得是圆的一个太极函数；④函数是奇函数，且当时，，若是圆的太极函数，则.所有正确的是           .【答案】①④【分析】如果一个函数过圆心，并且函数图象关于圆心中心对称，必然合题（另外注意函数将圆分成部分，不能超过部分）．如果函数不是中心对称图形，则考虑与圆有个交点，交点连起来过圆心，再考虑如何让面积相等．【详解】①圆的圆心为，且是函数的一个对称中心，并且函数过，故①正确；②如下图所示，是偶函数，只需轴上方三角形面积与轴下方个三角形面积之和相等时，符合题意，故②错误；    ③，故是奇函数，对称中心为，但不在函数图象上，故不存在圆，使得是圆的一个太极函数，故③错误；④圆的圆心为，函数为奇函数，如下图所示，函数的图象若是圆的太极函数，则必然有顶点在圆内，即，解得，故④正确；  故答案为：①④． 三、解答题16．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，使存在且唯一确定，并解决下面的问题：(1)求角的大小；(2)求的面积.条件①：；条件②：；条件③：.【答案】(1)选②或③，(2) 【分析】（1）利用正弦定理角化边可得，选①利用余弦定理可得，再结合边的关系可知不能唯一确定，选②利用余弦定理可得，结合可得角的大小，选③利用三角函数关系可得角的大小；（2）利用三角形面积公式直接求解即可.【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，条件①：由余弦定理可得，因为中，，所以，所以，此时或，不能唯一确定；条件②：由余弦定理可得，因为中，，所以，又因为，解得，所以，，存在且唯一确定；条件③：将，代入可得，即，因为中，，所以，此时，，，存在且唯一确定；所以.（2）由（1）可知，所以.17．已知函数，其最小正周期为.(1)求的表达式；(2)若关于x的方程在区间上有解，求实数k的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，由三角恒等变换的公式化简函数的解析式，然后结合正弦型函数的周期公式，即可得到结果；（2）根据题意，求得函数在区间的值域，即可得到的取值范围.【详解】（1）因为，且，其最小正周期为，所以，所以.（2）若关于x的方程在区间上有解，则在区间上有解，因为，则，则，即，所以，则.18．汽车租赁公司为了调查两种车型的出租情况，现随机抽取了这两种车型各100辆汽车，分别统计了每辆车某个星期内的出租天数，统计数据如下表：型车出租天数1234567车辆数51030351532B型车出租天数1234567车辆数1420201615105(1)从出租天数为3天的汽车（仅限两种车型）中随机抽取一辆，估计这辆汽车恰好是A型车的概率；(2)根据这个星期的统计数据（用频率估计概率），求该公司一辆型车，一辆型车一周内合计出租天数恰好为4天的概率；(3)如果两种车型每辆车每天出租获得的利润相同，该公司需要从A，B两种车型中购买一辆，请你根据所学的统计知识，给出建议应该购买哪一种车型，并说明你的理由.【答案】(1)0.6(2)(3),理由见解析. 【分析】（1）利用古典概型的概率计算公式即可得出；（2）该公司一辆型车，一辆型车一周内合计出租天数恰好为4天分为以下三种情况：型车1天型车3天；型车型车都2天；型车3天型车1天，利用互斥事件和独立事件的概率计算公式即可得出；（3）从数学期望和数据的集中程度分析即可得出结论．【详解】（1）出租天数为3天的汽车型车有30辆，型车20辆．从中随机抽取一辆，这辆汽车是型车的概率约为．（2）设“事件表示一辆型车在一周内出租天数恰好为天”，“事件表示一辆型车在一周内出租天数恰好为天”，其中，，2，，7．则该公司一辆型车，一辆型车一周内合计出租天数恰好为4天的概率为．该公司一辆型车，一辆型车一周内合计出租天数恰好为4天的概率为．（3）设为型车出租的天数，则的分布列为12345670.050.100.300.350.150.030.02设为型车出租的天数，则的分布列为12345670.140.200.200.160.150.100.05．．一辆类型的出租车一个星期出租天数的平均值为3.62天，类车型一个星期出租天数的平均值为3.48天．从出租天数的数据来看，型车出租天数为3，4，5占比0.8，型车出租天数为3，4，5占比0.51，根据数据的集中程度看，型车比型车出租天数更集中，综合分析，选择类型的出租车更加合理．19．已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)求证：当时，函数有三个不同的极值点.【答案】(1)增区间为；减区间为(2)证明详见解析 【分析】（1）利用导数求得的单调区间.（2）先求得，结合二次函数以及极值点的知识证得结论成立.【详解】（1）当时，，，所以在区间单调递增，在区间单调递减.所以的增区间为；减区间为.（2）依题意，，对于函数，，所以有两个零点，设为，则，不妨设，所以在区间单调递减；在区间单调递增，所以有三个不同的极值点.20．已知函数，曲线在点处的切线方程是.(1)求、的值；(2)求证：；(3)若函数在区间上无零点，求的取值范围.【答案】(1),(2)证明见解析(3) 【分析】对于（1），已知切线方程，故可以对函数求导，并联立方程组即可.对于（2），若要，成立只需转换为恒成立即可.对于（3），对分以下三种情形讨论：情形一：注意到当且时，有，，此时有符合题意.情形二：注意到当且时，有，故有，此时有也符号题意. 情形三：注意到当时，由零点存在定理可知存在，使得，进而结合导数即可求解.【详解】（1），由切线方程知，即，注意到，解得,.（2）由（1）可知，若要且注意到，所以只需即可，构造函数，对其求导得，令得，所以、随的变化情况如下表： 所以有极大值，综上，结合分析可知命题得证.（3）由题意分以下三种情形讨论：情形一：注意到当且时，有，，此时有，即在区间上无零点，符合题意.情形二：对求导得，所以有；进一步对求导得，注意到当且时，有， ，进而有，所以单调递减，所以，因此单调递减，故，即在区间上无零点，符合题意.情形三：由（2）可知时有，且注意到当时有成立，所以，此时，所以存在使得，且注意到此时有成立，所以、随的变化情况如下表： 故一方面当时，取极大值（或最大值），显然有；另一方面由可得，所以有，由零点存在定理并结合这两方面可知函数在区间上存在零点.综上所述，符合题意的的取值范围为.【点睛】关键点点睛：第（1）问比较常规；而第（2）问的关键是由所要证明的结论通过分析法一步步去追溯所需的条件；第（3）问的关键是通过必要性探路，找出对应的的分界点很关键，如何找分界点可以参考分析中的（3）的情形一和情形二，至于分析中的（3）的情形三里面，还有一个关键点就是利用零点存在定理证明在区间上存在零点（总而言之这依赖于一定观察能力以及分析推理能力）.21．给定整数，数列、、、每项均为整数，在中去掉一项，并将剩下的数分成个数相同的两组，其中一组数的和与另外一组数的和之差的最大值记为. 将、、、中的最小值称为数列的特征值.（Ⅰ）已知数列、、、、，写出、、的值及的特征值；（Ⅱ）若，当，其中、且时，判断与的大小关系，并说明理由；（Ⅲ）已知数列的特征值为，求的最小值.【答案】（Ⅰ）；；.的特征值为；（Ⅱ），理由见解析；（Ⅲ）最小值为.【解析】（Ⅰ）根据题中的定义可求出、、的值及的特征值；（Ⅱ）分、和、两种情况讨论，结合题中定义可证明出；（Ⅲ）设，利用（Ⅱ）中的结论，结合数列的特征值为，可得出，并证明出，即可求出的最小值.【详解】（Ⅰ）由题知：，，，的特征值为；（Ⅱ）.理由如下：由于，可分下列两种情况讨论：当、时，根据定义可知：，同理可得：.所以，所以.  当、时，同理可得： ，所以，所以.              综上有：；（Ⅲ）不妨设，，显然，， .当且仅当时取等号；.当且仅当时取等号；由（Ⅱ）可知、的较小值为，所以.当且仅当时取等号，此时数列为常数列，其特征值为，不符合题意，则必有. 下证：若，，总有.证明：.所以.因此.当时，可取到最小值，符合题意.所以的最小值为.【点睛】本题考查数列中的新定义，涉及数列中不等式的综合问题，解题的关键就是充分利用题中的新定义进行求解，考查推理能力，属于难题.