北京市师范大学附属实验中学2024-2025学年高三上学期第二次测试数学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市师范大学附属实验中学2024-2025学年高三上学期第二次测试数学试卷（Word版附解析），文件包含北京市西城区北京师范大学附属实验中学2025届高三上学期第二次测试数学试卷Word版含解析docx、北京市西城区北京师范大学附属实验中学2025届高三上学期第二次测试数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。

（）
（考试时间：120分钟试卷满分：150分）
第一部分（选择题共40分）
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知全集，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由补集定义可直接求得结果.
【详解】，，.
故选：B.
2. 在同一个坐标系中，函数与且的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据同底的指数函数和对数函数图象关于对称可确定结果.
【详解】由指数函数和对数函数性质可知：与图象关于对称，
由选项中图象对称关系可知A正确.
故选：A.
3. 设为虚数单位，若复数满足，则在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法运算及共轭复数的概念化简复数，然后利用复数的几何意义求解点所在的象限.
【详解】因为，
所以，所以，对应的点为，
所以在复平面内对应的点在第三象限.
故选：C
4. 若等差数列和等比数列满足，，，则的公比为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的基本量运算可得，然后利用等比数列的概念结合条件即得.
【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则，
所以，
∴，，
所以.
故选：B.
5. 已知实数满足，则下列不等式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由可知A正确；通过反例可知BCD错误.
【详解】对于A，（当且仅当时取等号），，A正确；
对于B，当，时，，B错误；
对于C，当，时，，，则，C错误；
对于D，当，时，，，则，D错误.
故选：A.
6. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先将这三个数化为同底的对数，再根据单调性比较大小.
【详解】，，
，
因为是增函数，，
所以.
故选：D
7. 已知函数．甲同学将的图象向上平移个单位长度，得到图象；乙同学将的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到图象．若与恰好重合，则下列给出的中符合题意的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数平移和伸缩变换原则，依次验证选项中的函数变换后的解析式是否相同即可.
【详解】对于A，，，A错误；
对于B，，，B正确；
对于C，，，C错误；
对于D，，，D错误.
故选：B.
8. “”是“为第一或第三象限角”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】根据同角三角函数关系化简，根据三角函数在各象限的符号，结合充分条件、必要条件即可得解.
【详解】因为时，则，
所以为第一或第三象限角，
反之，当为第一或第三象限角时，，所以，
综上，“”是“为第一或第三象限角”的充分必要条件，
故选：C
9. 已知，点在曲线上，若线段与曲线相交且交点恰为线段的中点，则称为曲线关于曲线的一个关联点．记曲线关于曲线的关联点的个数为a，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，将问题转化为的解的个数，再构造函数，利用函数的单调性与零点存在定理判断函数的零点个数，从而得解.
【详解】设点的坐标为，则线段的中点为，
由题意可知，点在曲线上，
所以，即，
构造函数，其中，
由于函数与函数在0,+∞上增函数，
所以函数在0,+∞上为增函数，
因为，，
所以函数存在唯一零点，即只有一个解，
所以曲线关于曲线的关联点的个数为.
故选：B.
10. 我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为的线段，第次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去．若经过次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和大于，则的最小值为（ ）
（参考数据：，）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据变化规律可知每次去掉的线段长度成等比数列，利用等比数列求和公式可求得第次后，去掉的线段长度总和为，由，结合对数运算可解不等式求得，由此可得结果.
【详解】第次操作，去掉的线段长度为；第次操作，去掉的线段长度为；第次操作，去掉的线段长度为，依次类推，可知第次操作去掉的线段长度为，
即每次去掉的线段长度成等比数列，
第次后，去掉的线段长度总和为，
由得：，，
的最小值为.
故选：D.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 若复数，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由共轭复数概念写出，再求其模长.
【详解】由题设，则.
故答案为：
12. 函数的定义域是____________.
【答案】.
【解析】
【分析】
根据分母不为零、真数大于零列不等式组，解得结果.
【详解】由题意得，
故答案为：.
【点睛】本题考查函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题.
13. 设公差为的等差数列的前项和为，能说明“若，则数列是递减数列”为假命题的一组的值依次为__________．
【答案】，（答案不唯一）
【解析】
【分析】由等差数列前n项和公式有且，结合二次函数性质找到一个满足不是递减数列的即可.
【详解】由，其对称轴为，且，
结合二次函数性质，只需，即，此时不是递减数列，
如，，则，显然.
故答案为：，（答案不唯一）
14. 已知函数，，，其中表示a，b中最大数．若，则________；若对恒成立，则t的取值范围是________．
【答案】 ①. ②. .
【解析】
【分析】由函数的定义，求，由时，，当时，可得已知条件等价于在上恒成立，化简可求的范围．
【详解】由已知，
若，则，所以，
当时，，当时，，
因为对恒成立；
所以当时，恒成立，
所以当时，恒成立，
若，则当时，，矛盾，
当时，可得恒成立，所以，
所以t的取值范围是为，
故答案为：，.
15. 已知函数.给出下列四个结论：①任意，函数的最大值与最小值的差为2；②存在，使得对任意，；③当时，对任意非零实数，；④当时，存在，，使得对任意，都有.其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】②④
【解析】
【分析】取可判断①，取化简后可判断②，先化简，取可判断③，取可判断④.
【详解】对于①，当时，其最大值为1，最小值为0，的最大值与最小值的差为1，故①错误；
对于②，当时，，，因此对任意，，故②正确；
对于③，，，当时，故③错误；
对于④，当时，取，，使得对任意，都有，故正确.
故答案为：②④
三、解答题：本题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
16. 已知函数.
（1）若，求的极值；
（2）直接写出一个值使在区间上单调递减.
【答案】（1）极大值为，极小值为.
（2）（答案不唯一，即可）
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数判断原函数单调性和极值；
（2）由题意可得在恒成立，根据恒成立问题分析求解.
【小问1详解】
当时，，函数定义域为R，
则，
解得或，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，极小值为．
【小问2详解】
若在区间上单调递减，则在内恒成立，
可得在内恒成立，即，即的取值范围为，
所以的值可以为.
17. 已知函数，从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定.
（1）求的值；
（2）若不等式在区间内有解，求的取值范围.
条件①：；
条件②：的图象可由的图象平移得到；
条件③：区间内无极值点，且.
注：如果选择的条件不符合要求，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）条件选择见解析，；
（2）.
【解析】
【分析】（1）选条件①，由的解不唯一，此条件不符合题意；选条件②，由周期求出；选条件③，由给定等式确定最大最小值条件，求出周期范围，由给定区间内无极值点求出周期即可.
（2）由（1）求出函数的解析式，再借助不等式有解列式求解即得.
【小问1详解】
依题意，，
选条件①，由，得，即，
于是或，显然的值不唯一，
因此函数不唯一，不符合题意.
选条件②，的图象可由的图象平移得到，
因此的最小正周期为函数的最小正周期，而，则，
所以.
选条件③，在区间内无极值点，且，
则，即函数分别在时取得最大值､最小值，
于是的最小正周期，
由在区间内无极值点，得的最小正周期，
因此，而，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，由，得，
由不等式在区间内有解，即在区间内有解，
则有，解得，
所以的取值范围是.
18. 已知数列的前n项和为，，.
（1）求，；
（2）若数列是等差数列，且，，求数列的通项公式；
（3）设，求.
【答案】（1）；；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）直接令求解即可；
（2）结合（1）令得，进而求得的公差为，再根据通项公式求解即可；
（3）根据得数列的通项公式，再结合（2）得，进而根据等比数列前项和公式求解即可.
【小问1详解】
解：令，则，解得，
令，则，解得.
所以；；
【小问2详解】
解：由（1）知；，
所以令，则，解得.
所以，，
设等差数列的公差为，则，解得
所以数列的通项公式为
【小问3详解】
解：由（1）知，时，，
当时，，整理得，
所以数列等比数列，公比为，首项为
所以.
由（2）知，
所以，
所以，即数列是等比数列，公比为，首项为，
所以
19. 已知椭圆的焦距为，直线与在第一象限的交点的横坐标为3．
（1）求的方程；
（2）设直线与椭圆相交于两点，试探究直线与直线能否关于直线对称．若能对称，求此时直线的斜率；若不能对称，请说明理由．
【答案】（1）
（2）直线与直线能够关于直线对称，此时直线的斜率为1
【解析】
【分析】（1）由题意可得，由在上，可得，进而可求得椭圆方程；
（2）将代入，设，进而可得，若直线与直线关于直线对称，则，求解判断即可.
【小问1详解】
由已知，，所以．
而在上，所以．
于是，．则，
故椭圆的方程为．
【小问2详解】
可知，将代入，
得．
由，有．
设，易知．
则．
因为直线与直线关于直线对称，
则直线与存在斜率，且斜率互为相反数．
所以，
即，
即，
所以，
则，
即，所以或．
当时，的方程为，经过点，与题意不符，故舍去．
故直线与直线能够关于直线对称，此时直线的斜率为，
同时应有．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间上恒成立，求的取值范围；
（3）试比较与的大小，并说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）将在区间上恒成立，转化为，令，问题转化为，利用导数求函数即可得解；
（3）由（2）知，时，在区间上恒成立，取，可得解.
【小问1详解】
当时，，
，
所以曲线在点处切线的斜率，又，
所以曲线在点处切线的方程为即.
【小问2详解】
在区间上恒成立，即，对，
即，对，
令，只需，
，，
当时，有，则，
在上单调递减，
符合题意，
当时，令，
其对应方程的判别式，
若即时，有，即，
在上单调递减，
符合题意，
若即时，，对称轴，又，
方程的大于1的根为，
，，即，
，，即，
所以函数在上单调递增，，不合题意.
综上，在区间上恒成立，实数的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）知，当时，，在区间上恒成立，
即，对，
取代入上式得，化简得.
21. 设无穷数列的前项和为为单调递增的无穷正整数数列，记，，定义．
（1）若，写出的值；
（2）若，求；
（3）设求证：对任意的无穷数列，存在数列，使得为常数列．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过公式即可求出的值；
（2）求出数列的前项和，对讨论其奇偶，即可求出；
（3）通过讨论为有限集和无限集时的不同情况下的值，即可证明结论.
【小问1详解】
由题意，
，，，
∴，，
，，
，
∴
【小问2详解】
由题意，
在数列中，，
∴.
若为奇数，则.
所以.
若为偶数，则当时，
所以.
所以.
【小问3详解】
由题意证明如下，
在中，
若为有限集，设其最大元素为(若为空集，取)，
则当时，存在满足.
令，
则.所以;
若为无限集，设，其中，记，则.
①若数列中只有有限项为正数，记(若中没有正数项，取，则.
令，则.
所以;
②若数列中有无穷项为正数，将这些项依次记为，其中，则.
令，则.
所以.
综上所述，对任意的无穷数列都存在数列，使得为常数列.
【点睛】关键点点睛：本题考查求数列的项，数列求和，无穷数列的证明，符号函数，考查学生的计算能力，逻辑思维能力和分类讨论能力，具有很强的综合性.