2024届北京市北京大学附属中学预科部高三上学期10月阶段练习数学试题含答案

这是一份2024届北京市北京大学附属中学预科部高三上学期10月阶段练习数学试题含答案，共19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。
一、单选题
1．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先解分式不等式把集合表示出来，然后根据集合的交集运算即可求解.
【详解】由题意，
所以集合，
又集合，由交集运算可知.
故选：C.
2．在复平面内，复数，则为（ ）
A．3B．C．5D．
【答案】D
【分析】直接计算得到答案.
【详解】，则.
故选：D
3．已知函数，则（ ）
A．是奇函数，且在上是增函数B．是偶函数，且在上是增函数
C．是奇函数，且在上是减函数D．是偶函数，且在上是减函数
【答案】C
【分析】变换，根据奇函数的定义判断函数为奇函数，根据和的单调性得到函数单调性，得到答案.
【详解】，函数定义域为.
，函数为奇函数，
设，，函数单调递增，而函数在上单调递减，
由复合函数的单调性可知，故函数在上单调递减，
而函数为定义域为的奇函数，故函数在上是减函数.
故选：C.
4．已知，，，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由对数运算、指数幂运算先将、化简，再结合指数函数的单调性即可求解.
【详解】因为，，
且注意到指数函数在上单调递增，
所以.
故选：A.
5．已知偶函数在上单调递增，且，则满足的x取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】确定函数的单调性，变换得到，解不等式即可.
【详解】偶函数在上单调递增，故函数在上单调递减，
，即，故，解得.
故选：A.
6．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于直线对称，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意利用任意角的三角函数的定义，结合诱导公式可求得结果.
【详解】因为平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于直线对称，
所以，即，
所以，
因为，
所以，
故选：B
7．若函数f(x)= (>0,且≠1)是定义域为R的增函数,则函数f(x)= 的图象大致是( ).
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】，定义域为的增函数，函数是定义域为的减函数，故选D.
8．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“”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】B
【分析】根据正弦定理即可得到与的关系，根据充分性与必要性判断即可.
【详解】，
，
，
，
，
或，
故由左不可以推右，由右可以推左，
故选：B.
9．若，表示在上的平均变化率，则函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】确定，求导得到导函数，根据时，得到函数单调递减，计算最值得到答案.
【详解】根据题意：，，故，
当时，，即，
故，函数单调递减，，
取，则，所以，即，
故函数的值域为.
故选：D.
10．已知函数，若有且只有1个极值点，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】考虑和两种情况，得到不等式，解得答案.
【详解】函数有且只有1个极值点，
当时，没有极值点；
当时，，取，得到，
当时，函数为二次函数，则，故，
综上所述：.
故选：C.
二、填空题
11．函数的定义域是 ．
【答案】
【分析】根据对数的真数大于0，分式的分母不能等于0，求解函数的定义域.
【详解】由题意得：，解得：且，
故填：．
【点睛】本题考查了求函数的定义域问题，考查对数的运算性质，是一道基础题.
12．已知在中，，，，则 .
【答案】2
【分析】先由正弦定理求出，然后再求出，再运用一次正弦定理即可求解.
【详解】由题意在中，有，，，运用正弦定理得，即，
解得，又，，
所以，，
继续由正弦定理得，即，
所以解得.
故答案为：2.
三、双空题
13．能说明“若是上的减函数，则，至少一个是上的减函数”为假命题的一组函数是 ， .
【答案】
【分析】注意到二次函数的特殊性，任何一个二次函数都不是上的单调函数，由此举出反例即可求解.
【详解】不妨令，，
一方面：是上的减函数；
另一方面：因为开口向上，其图象对称轴为，
所以当时，单调递增，即不为上的减函数，
因为开口向下，其图象对称轴为，
所以当时，单调递增，即不为上的减函数，
因此，都不是上的减函数.
满足题意的一组函数可以是，.
故答案为：，.
四、填空题
14．已知函数，若，则的最小值是 .
【答案】/
【分析】根据对称性和周期性，不妨取，，得到，，根据函数的单调性计算得到答案.
【详解】根据周期性和对称性，不妨取，即，则，
对一确定的，取同一单调区间内时有最小，
不妨取，，
故，
，函数在上单调递增，
故最小时，最小，
，，故，
当，时等号成立，
故答案为：
15．已知为定义在上的函数，且，
设，，若，给出下列四个结论：
①；②；③；④有最小值.
其中所有正确结论的序号为 .
【答案】①③④
【分析】由题设先得到，再就、分类讨论后可得正确结论的序号.
【详解】当时，，
当时，，
当时，，结合，
故的值域为.
由题设可得在上的值域和在上的函数值取值范围一致.
故，，
若，则为的真子集，故在上的函数值取值范围不是值域，
与题设矛盾，故.
若，则，
它们均为函数的值域.
而，且为的真子集，
故在上的函数值取值范围不是值域，与题设矛盾.
若，则，
而，故在的函数值的取值范围不是值域，
与题设矛盾，
故，.
综上，正确结论的序号为：①③④
故答案为：①③④
五、解答题
16．已知函数；
(1)求；
(2)求函数的单调减区间.
【答案】(1)
(2)，，
【分析】（1）化简得到，代入数据计算得到答案.
（2）解不等式，得到答案.
【详解】（1）
.
则.
（2），
取，，解得，，
故函数的单调减区间，.
17．在中，.
(1)求；
(2)再从条件①，条件②，条件③，条件④这四个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，若D是边上的中点，求的面积.
条件①：，；
条件②：，；
条件③：，；
条件④：，.
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.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）结合正弦定理、余弦定理，进行边角转化即可求解.
（2）依次对每一个条件进行分析，选出符合题意的条件进行求解即可；通过分析发现条件①、④均不满足题意，条件②、③满足题意，故可从条件②、③中二者任选其一即可求解；若选条件③，则可以先得出，，由正弦定理、两角和差公式分别得出的值即可求解；若选条件②，则可以先结合余弦定理唯一确定，此时的三条边唯一确定，即此时存在且唯一确定，由此即可求解.
【详解】（1）由已知，
由正弦定理边化角得，整理得，
由余弦定理得，
又因为为的内角，即，
所以.
（2）条件①、④均不满足题意，条件②、③满足题意，故可从条件②、③中二者任选其一即可求解；
现在我们来说明理由，首先由（1）可知：
若选择条件④：，；
则由正弦定理得，即，解得，
注意到，
所以此时有两种取值，即此时存在但不唯一确定，故条件④不满足题意.
若选择条件①：，；
注意到，
又函数在上单调递减，所以，
但此时，这与三角形内角和定理矛盾，故条件①不满足题意.
若选择条件③：，；
注意到，且，则或，
但是当时，有，这与三角形内角和定理矛盾，
所以只能，
一方面：此时有由正弦定理有，即，解得；
另一方面：此时；
如图所示：

此时存在且唯一确定，若D是边上的中点，
则此时的面积为；
故若选择条件③，则满足题意.
若选择条件②：，；
在中运用余弦定理得，即，
整理得，
又注意到，即，
所以，
整理得，即，
所以，即，
结合可知，此时，
注意到此时，所以由勾股定理逆定理可知；
如图所示：
此时存在且唯一确定，若D是边上的中点，
则此时的面积为；
故若选择条件③，则满足题意.
综上所述：条件①、④均不满足题意，条件②、③满足题意，故可从条件②、③中二者任选其一即可求解.
18．已知，.
(1)请直接写出曲线与曲线的公共点坐标，并求曲线在公共点处的切线方程；
(2)设函数，求函数在上的最值.
【答案】(1)；
(2)最小值为，最大值为
【分析】（1）由曲线与曲线的单调性可知至多有一个公共点，利用导数的几何意义求出切线方程；
（2）求导，利用导函数求单调性进而求最值即可.
【详解】（1）因为在单调递增，在单调递减，
所以曲线与曲线至多有一个公共点，公共点为，
因为，所以，所以在公共点处的切线方程为.
（2）由题意可得，则，
令，因为在上单调递减且，
所以当时，单调递增，当时，，单调递减，
因为，，，
所以函数在上的最小值为，最大值为.
19．已知，其中，，，的部分图像如图所示：
(1)求的解析式；
(2)当时，求的解集；
(3)若写出函数在上的零点个数.
【答案】(1)
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）结合图象，由最高点先算出，再由算出，最后把最高点代入函数表达式算出，结合图象算出的范围，从而求出的值即可.
（2）结合（1）中所得表达式，先解表达式，将解集再与取交集即可.
（3）先根据的定义将其函数表达式算出来，再根据其单调性以及函数图象上的关键点作出函数的图象，而原问题又等价于函数图象与的交点个数，通过平移直线即可求解.
【详解】（1）如题图所示：
由函数图象中最高点的纵坐标可知，
所以，
又在函数图象上面，
所以，解得，
结合可知，
所以，
由图象最高点的坐标可知，，即，
所以，解得，
由图可知两个点相差小于半个周期，即，
所以，
结合，解得，
又，
所以只能，
所以的解析式为
（2）由（1）可知，
所以可将不等式转换为，
所以，
解不等式组得，
又已知，
所以只能或，
综上所述：当时，的解集为.
（3）由的定义可知当时，，
当时，有，此时，
因此，
当时，有，根据正弦函数的单调性可知此时在上单调递增，
又当时，有，令，解得，
根据正弦函数的单调性可知，在上单调递增，在上单调递减，
注意到，且当时，有，
且，，
将函数在上的零点个数，转换为函数图象与的交点个数，
由以上分析画出与在上的函数图象如图所示：
由图可知，当或时，函数与的图象的交点的个数为0；
当时，函数与的图象的交点的个数为1；
当时，函数与的图象的交点的个数为2；
综上所述：当或时，函数在上的零点个数为0；
当时，函数在上的零点个数为1；
当时，函数在上的零点个数为2.
20．已知函数，且曲线在处与x轴相切，
(1)求a的值；
(2)令，求在上的单调性；
(3)求的极值点个数.
【答案】(1)
(2)单调递增.
(3)2个
【分析】（1）求得，结合，即可求解；
（2）由，得到，进而得到函数单调递增；
（3）由（2）和，得到，函数在没有零点；当时，得出函数的单调性的单调性，结合零点的存在定理，得到函数在上有唯一的零点，进而得到答案.
【详解】（1）由函数，可得，
因为曲线在处与x轴相切，可得，
解得.
（2）由（1）得，
由，可得，
可得，
令，则，
当时，可得，即单调递减，
又因为，所以，所以函数单调递增.
（3）由（2）知，当时，单调递增，即为单调递增函数，
且，所以，所以函数单调递减，
又因为，可得，
所以当时，，函数在没有零点，
当时，令，解得，
当时，，单调递减，则单调递减；
当时，，单调递增，即单调递增；
所以，而，
故由零点的存在定理可知，函数在上存在唯一的零点，
所以在上恒有，在上恒有，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，而，
故由零点的存在定理可知，在在存在唯一零点，
所以在上恒有，在上恒有，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，而，
故由零点的存在定理可知，在在存在唯一零点，
而在恒有，
又，即也是的一个零点，
综上可得，函数在上有两个零点.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围；
2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
21．数列与均为递增正整数数列.若对于B中任意一项，中存在唯一的一对，满足，则称B可以由A生成，记为.
(1)若，，，，，直接写出，，，中可以由A生成的数列；
(2)若，，求所有满足条件的数列A；
(3)证明：对于任意数列B，一定存在数列A，满足.
【答案】(1)和
(2)和
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意给的条件，依次验证得到答案.
（2）确定，判断和中不能有，再列举，，，计算得到答案.
（3）取，构造，，，，满足条件，得到证明.
【详解】（1）对于：且，故不满足唯一性，不是；
对于：，，满足条件，
对于：且，故不满足唯一性，不是；
对于：，，，，满足条件，
综上所述：和是可以由A生成的数列.
（2）的共有个正整数，作差，刚好有个结果，与中的正整数一一对应，
故，故，
和中不能有，因为，这与唯一性矛盾，
当时，，不然会有，，不然，
故，验证满足条件；
当时，，不然会有，，验证满足条件；
当时，，此时，不满足.
综上所述：满足条件的数列为和.
（3）对于数列，取，
则，，，，，
即，，，
对于B中任意一项，中存在唯一的一对，满足，
构成的数列满足.
【点睛】关键点睛：本题考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据已知条件构造新数列是解题的关键，取，排除重复是解题的关键.