北京市第二中学2024-2025学年高三上学期开学测试数学试题（解析版）

这是一份北京市第二中学2024-2025学年高三上学期开学测试数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知全集，集合和的关系的韦恩（Venn）图如图所示，则阴影部分所示的集合的元素共有（ ）

A. 3个B. 2个C. 1个D. 无穷多个
【答案】B
【解析】
【分析】由图知，阴影部分所示的集合为，根据条件求出，利用集合的运算，即可求解.
【详解】由图知，阴影部分所示的集合为，
由，得到，所以，又，
所以，得到阴影部分所示的集合的元素共有个，

故选：B.
2. 若是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据面面垂直的性质可判断A，B；根据线面平行的性质以及面面垂直的判定定理判断C；根据线面平行的性质判断直线的位置关系，可判断D.
【详解】对于A，若，则只有当m垂直于平面的交线时，才有，故A错误；
对于B，若，则或相交，B错误；
对于C，由结合线面平行的性质可知在内必存在直线，
结合，可得，又，故，C正确；
对于D，若，则或相交或异面，D错误，
故选：C
3. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助指数函数与对数函数的单调性可得、、范围，即可得解.
【详解】由，，即，
，故.
故选：C.
4. 已知函数的定义域为.当时，；当时，；当时，.则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：当时,,所以当时,函数是周期为的周期函数,所以,又函数是奇函数,所以,故选D．
考点：函数的周期性和奇偶性．
5. 定义在上的任意函数都可以表示成一个奇函数和一个偶函数之和，如果，，那么（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】构造奇函数，偶函数即可求解.
【详解】根据题意，
令
则有，
所以
，
，
故选:C.
6. 设为实数，则是 “”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】C
【解析】
【分析】由“x＜0”易得“”，反过来，由“”可得出“x＜0”，从而得出“x＜0”是“”的充分必要条件．
【详解】若x＜0，﹣x＞0，则：；
∴“x＜0“是““的充分条件；
若，则；
解得x＜0；
∴“x＜0“是““的必要条件；
综上得，“x＜0”是“”的充分必要条件．
故选C．
【点睛】充分、必要条件的三种判断方法．
1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．
2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．
3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．
7. 用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有
A. 144个B. 120个C. 96个D. 72个
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；进而对首位数字分2种情况讨论，①首位数字为5时，②首位数字为4时，每种情况下分析首位、末位数字的情况，再安排剩余的三个位置，由分步计数原理可得其情况数目，进而由分类加法原理，计算可得答案．
解：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；
分两种情况讨论：
①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有3×24=72个，
②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有2×24=48个，
共有72+48=120个．
故选B
考点：排列、组合及简单计数问题．
8. 按照“碳达峰”､“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：），放电时间t（单位：）与放电电流I（单位：）之间关系的经验公式：，其中n为Peukert常数，为了测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.则该蓄电池的Peukert常数n大约为（ ）（参考数据：，）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，，两式相比结合对数式与指数式的互化及换底公式即可得出答案.
【详解】解：根据题意可得，，
两式相比得，即，
所以.
故选：B.
9. 已知定义在上的函数满足：函数的图象关于直线对称，且当时，成立（是函数的导函数），若，，，则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知函数是偶函数，构造函数，可知函数是奇函数并得到在x∈0,+∞的单调性，然后利用函数的单调性比较大小，简单判断可得结果.
【详解】由题可知：函数的图象关于直线对称
所以函数关于直线对称，即函数是偶函数
令，
又当时，成立
所以函数在-∞,0单调递减，又函数为奇函数，
所以该函数在0,+∞为单调递减
由
所以
故选：A
【点睛】本题考查构造函数，利用函数的单调性比较式子的大小，熟悉一些常见的函数的导函数，比如如， ， ， ，属中档题.
10. 已知函数，且在上单调递减，且函数恰好有两个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数是上的减函数求出的范围，再在同一直角坐标系中，画出函数和函数的图象，根据方程的根的个数数形结合，从而可得出答案.
【详解】因为函数是上的减函数，
则，解得，
函数恰好有两个零点，即方程恰好有两个根，
如图，在上方程恰好有一解，
所以在上，方程有且仅有一解，
当即时，由，
即，，则，
解得或1（舍去），
当时，经检验符合题意；
当即时，由图象知符合题意.
综上，的取值范围是.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是函数的零点问题转化为函数图象得交点，数形结合解决.
二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）
11. 已知甲盒中有3个白球，2个黑球；乙盒中有1个白球，2个黑球．若从这8个球中随机选取一球，该球是白球的概率是______；若从甲、乙两盒中任取一盒，然后从所取到的盒中任取一球，则取到的球是白球的概率是______．
【答案】 ①. 12## ②.
【解析】
【分析】根据古典概型的计算公式及全概率的计算公式直接得解.
【详解】根据题意，从这个8个球中随机选取一球，该球是白球的概率是；
设“取出甲盒”为事件，“取出乙盒”为事件，“取到的球是白球”为事件，
则
.
所以从甲、乙两盒中任取一盒，然后从所取到的盒中任取一球，则取到的球是白球的概率是.
故答案为：；.
12. 若，则_______；_______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】借助赋值法，分别令、、计算即可得.
【详解】令，可得，即，
令，可得，即，
令，可得，即，
则，
即，则，
故.
故答案为：；.
13. 已知直线与圆相交，能说明“直线截圆所得弦长不小于”是假命题的一个的值为______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意，利用直线与圆的位置关系和圆的弦长公式，列出不等式，求得实数取值范围，进而得到答案.
【详解】由圆，可得圆心，半径为，
因为直线与圆相交，可得，
解得，
又由“直线截圆所得弦长不小于”是假命题，
可得“直线截圆所得弦长小于”是真命题，
则满足，即，解得，
可得，解得或，
综上可得，或，
即实数的取值范围为，
所以一个实数为可以为.
故答案为：（答案不唯一）.
14. 已知点、分别是双曲线的左、右焦点，若在双曲线右支上存在点，满足，且到直线的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为_______.
【答案】.
【解析】
【分析】设中点为,由,可得,则,从而得到,又根据双曲线的定义可得,进而求出,即可得到渐近线方程
【详解】设中点为,因为,所以为到直线的距离,即,则,,
因为,所以,则,则,则渐近线方程为,即
故答案为：
【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程,考查双曲线的定义的应用,考查运算能力
15. 已知函数，给出下列四个结论：
①函数是奇函数；
②，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根；
③已知是曲线上任意一点，，则；
④设Mx1,y1为曲线上一点，Nx2,y2为曲线上一点.若，则.
其中所有正确结论的序号是_________.
【答案】②③④
【解析】
【分析】对①：计算定义域即可得；对②：对与分类讨论，结合二次函数求根公式计算即可得；对③：借助两点间的距离公式与导数求取最值计算即可得；对④：结合函数性质与③中所得结论即可得.
【详解】对①：令，即有，即，故函数不是奇函数，故①错误；
对②：，即，
当时，有，故是该方程的一个根；
当，时，由，故，结合定义域可得，
有，即，
令，，有或（负值舍去），则，
故必有一个大于的正根，即必有一个大于的正根；
当，时，由，故，结合定义域有，
有，即，
令，， 有或（正值舍去），
令，即，则，
即，故在定义域内亦必有一根，
综上所述，，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根，故②正确；
对③：令Px,y，则有，，
令，，，
当时，，当时，，
故在、1,+∞上单调递增，在上单调递减，
又，，故恒成立，即，故，故③正确；
对④：当时，由，，故，
此时，，则，
当时，由与关于轴对称，不妨设，则有或，
当时，由，有，故成立；
当时，即有，
由③知，点与点在圆上或圆外，
设点与点在圆上且位于x轴两侧，则,
故；
综上所述，恒成立，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】关键点点睛：结论④中的关键点在于借助结论③，结合函数的对称性，从而得到当、都小于零时，MN的情况.
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. 在△中，，.
（1）求证：△为等腰三角形；
（2）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，求的值.
条件①：；
条件②：△的面积为；
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.
【答案】（1）证明见解析；
（2）详见解析.
【解析】
【分析】（1）把转化为边a、b之间的倍数关系，把转化为三边a、b、c之间的关系，综合可得证；
（2）条件①,与已知矛盾，三角形无解，不可选；
条件②，通过三角形面积公式解得a，可使△存在且唯一；
条件③，通过转化条件，可使△存在且唯一.
【小问1详解】
在△中，由，可得
则由，可得
即，故有
故△为等腰三角形.
【小问2详解】
选择条件①：时，由（1）知，则有，
此时，
与已知矛盾，三角形无解.不能选；
选择条件②：△的面积为时，
由得，
故有，解得，,.
三角形存在且唯一，可选.
选择条件③：边上的高为.
由得，
可得，则有,.
三角形存在且唯一，可选.
综上可知:选择条件②时，三角形存在且唯一，.
选择条件③时，三角形存在且唯一，.
17. 改革开放40年来，体育产业蓬勃发展反映了“健康中国”理念的普及．下图是我国2006年至2016年体育产业年增加值及年增速图．其中条形图为体育产业年增加值（单位：亿元），折线图为体育产业年增长率（％）．
（Ⅰ）从2007年至2016年随机选择1年，求该年体育产业年增加值比前一年的体育产业年增加值多亿元以上的概率；
（Ⅱ）从2007年至2016年随机选择3年，设是选出的三年中体育产业年增长率超过20%的年数，求的分布列与数学期望；
（Ⅲ）由图判断，从哪年开始连续三年的体育产业年增长率方差最大？从哪年开始连续三年的体育产业年增加值方差最大？（结论不要求证明）
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）从年或年开始连续三年的体育产业年增长率方差最大．从年开始连续三年的体育产业年增加值方差最大．
【解析】
【分析】(Ⅰ)由题意利用古典概型计算公式可得满足题意的概率值；
(Ⅱ)由题意首先确定X可能的取值，然后结合超几何概型计算公式得到分布列，然后求解其数学期望即可；
(Ⅲ)由题意结合方差的性质和所给的图形确定方差的最大值即可.
【详解】（Ⅰ）设表示事件“从2007年至2016年随机选出1年，该年体育产业年增加值比前一年的体育产业年增加值多亿元以上”．
由题意可知，2009年，2011年，2015年，2016年满足要求，
故．
（Ⅱ）由题意可知，的所有可能取值为,,，3，且
；；
；.
所以的分布列为：
故的期望．
（Ⅲ）从年或年开始连续三年的体育产业年增长率方差最大．从年开始连续三年的体育产业年增加值方差最大．
【点睛】本题主要考查统计图表的识别，超几何概型计算公式，离散型随机变量的分布列与期望的计算，古典概型计算公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
18. 已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面分别是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的大小；
（3）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）平面与平面夹角的大小为；
（3）线段上不存在点，使得直线与平面所成角为，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可得，进而可得，可证结论；
（2）取的中点，连接，由题意可证得，，，以以为坐标原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面平面的一个法向量为，求得平面的一个法向量为，利用向量法可求平面与平面夹角的大小.
（3）设，利用设，表示出，利用线面角的向量求法可构造方程，由方程无解可知不存在.
【小问1详解】
因为分别是中点，所以，
又因为四边形是正方形，所以，所以，
又平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
取的中点，连接，
因为是正三角形，所以，
又平面平面，平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，所以，
由四边形是正方形，易得是矩形，所以，
以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
所以
设平面的一个法向量为，
则，令，则可得，
所以平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角的大小为，
所以，
所以平面与平面夹角的大小为；
【小问3详解】
线段上不存在点，使得直线与平面所成角为，理由如下：
假设线段上存在点，使得直线与平面所成角，
即直线与平面的法向量所成的角为，
设，，
所以，
所以，
整理可得，，所以方程无解，
所以线段上不存在点，使得直线与平面所成角为.
19. 已知椭圆过点．
（1）求椭圆的方程以及离心率；
（2）设直线与椭圆交于两点，过点作直线的垂线，垂足为．判断直线是否过定点，并证明你的结论．
【答案】（1）椭圆方程为，离心率为
（2）定点为，证明见解析
【解析】
【分析】（1）代入联立方程，解方程可得，，进而得到椭圆方程；即可由离心率公式求解
（2）联立直线与椭圆方程，运用韦达定理，令，代入化简可得，即可得直线恒过定点；
【小问1详解】
将代入椭圆方程可得且，
解得，故，
故椭圆方程为，离心率为
【小问2详解】
联立与椭圆方程，消去可得，
设,，,，可得，，
则的方程为，又，
令，则
故直线经过定点．
20. 已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若函数和函数的图象没有公共点，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义即可求得答案；
（2）将函数和函数的图象没有公共点，转化为无实数根，即当时，无实数根问题，从而令，利用导数结合分类讨论，即可求解.
【小问1详解】
由得，
则，
故函数在处的切线方程为，即；
【小问2详解】
因为函数和函数的图象没有公共点，
故，即无实数根，
即当时，无实数根，
令，由于，故hx为偶函数，
所以hx在0,+∞上无实根，
又，记，
则，
①当时，，，则，
故，满足在0,+∞上无实根；
②当时，在0,+∞上有实根，不符合题意；
③当时，，则在0,+∞上单调递增，
则，故hx在0,+∞上单调递增，
则，满足在0,+∞上无实根；
④当时，因为在上单调递增，
且，
则存在唯一的使得，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故x∈0,x0时，，故hx在上单调递减，故，
又，且hx0,+∞上连续，
故hx在上有实数根，不符合题意，
综合可知，实数a的取值范围为.
【点睛】难点点睛：本题解答的难点是第二问，解决两函数图象无交点问题，要转化为无实数根，即当时，无实数根问题，从而构造函数，利用导数结合分类讨论的方法解决问题.
21. 已知集合是正整数的一个排列，函数
对于，定义：，，称为的满意指数．排列为排列的生成列；排列为排列的母列．
（Ⅰ）当时，写出排列的生成列及排列的母列；
（Ⅱ）证明：若和为中两个不同排列，则它们的生成列也不同；
（Ⅲ）对于中的排列，定义变换：将排列从左至右第一个满意指数为负数的项调至首项，其它各项顺序不变，得到一个新的排列．证明：一定可以经过有限次变换将排列变换为各项满意指数均为非负数的排列．
【答案】（Ⅰ）生成列为；母列为；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）证明见解析.
【解析】
【分析】（Ⅰ）根据所给定义计算可得；
（Ⅱ）设，，，的生成列是，，，；，，，的生成列是与，，，，从右往左数，设排列，，，与，，，第一个不同的项为与，由满意指数的定义可知的满意指数，从而可证得且，于是可得排列，，，和，，，的生成列也不同．
（Ⅲ）设排列，，，的生成列为，，，，且为，，，中从左至右第一个满意指数为负数的项，，，，，，经过一次变换后，整个排列的各项满意指数之和将至少增加2，利用的满意指数，可知整个排列的各项满意指数之和不超过，从而可使结论得证．
【详解】（Ⅰ）解：当时，排列的生成列为；
排列的母列为．
（Ⅱ）证明：设生成列是；的生成列是与．
从右往左数，设排列与第一个不同的项为与，
即：，，，，．
显然 ，，，，下面证明：．
由满意指数的定义知，的满意指数为排列中前项中比小的项的个数减去比大的项的个数．
由于排列的前项各不相同，设这项中有项比小，则有项比大，从而．
同理，设排列中有项比小，则有项比大，从而．
因为 与是个不同数的两个不同排列，且，
所以 ， 从而 ．
所以排列和的生成列也不同．
（Ⅲ）证明：设排列的生成列为，且为中从左至右第一个满意指数为负数的项，所以 ．
进行一次变换后，排列变换为，设该排列的生成列为．
所以
．
因此，经过一次变换后，整个排列的各项满意指数之和将至少增加．
因为的满意指数，其中，
所以，整个排列的各项满意指数之和不超过，
即整个排列的各项满意指数之和为有限数，
所以经过有限次变换后，一定会使各项的满意指数均为非负数．
0
1
2
3