北京市第四中学2024-2025学年高三上学期期中测试数学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市第四中学2024-2025学年高三上学期期中测试数学试卷（Word版附解析），文件包含北京市第四中学2024-2025学年高三上学期期中测试数学试卷Word版含解析docx、北京市第四中学2024-2025学年高三上学期期中测试数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。

一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.
1. 已知全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出集合A，然后求出，进而求得.
【详解】由，得，所以,
因为，所以,
所以.
故选：D.
2. 不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得，即可得到结果.
【详解】，则，解得，故原不等式的解集为．
故选：C
3. 已知边长为2的正方形中，与交于点，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】找基底分别表示，然后计算即可.
【详解】由题可知，,,
所以
故选：A
4. 已知函数，则当时，有（ ）
A. 最大值B. 最小值
C. 最大值D. 最小值
【答案】B
【解析】
【分析】由基本不等式即可求解.
【详解】由题意当时，，等号成立当且仅当.
故选：B.
5. 设，则“”是“”的
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【详解】若，则，故不充分；若，则，而，故不必要，故选D.
考点：本小题主要考查不等式的性质，熟练不等式的性质是解答好本类题目的关键.
6. 在平面直角坐标系中，角与角的终边关于轴对称.若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对称得，再结合二倍角的余弦公式和诱导公式即可.
【详解】由题意，即，
而，
．
故选：A．
7. 近年来，人们越来越注意到家用冰箱使用的氟化物的释放对大气臭氧层的破坏作用.科学研究表明，臭氧含量与时间（单位：年）的关系为，其中是臭氧的初始含量，为常数.经过测算，如果不对氟化物的使用和释放进行控制，经过280年将有一半的臭氧消失.如果继续不对氟化物的使用和释放进行控制，再经过年，臭氧含量只剩下初始含量的20%，约为（ ）
（参考数据：，）
A. 280B. 300C. 360D. 640
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意建立等式，然后化简求解即可.
【详解】由题可知， ，即，
两式相比得
解得
故选：C
8. 已知函数若的值域为,则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别画出分段函数对应的两个函数图象，再对实数的取值进行分类讨论即可.
【详解】根据题意可得，在同一坐标系下分别画出函数和的图象如下图所示：
由图可知，当或时，两图象相交，
若的值域是，以实数为分界点，可进行如下分类讨论：
当时，显然两图象之间不连续，即值域不为；
同理当,值域也不是；
当时，两图象相接或者有重合的部分，此时值域是；
综上可知，实数的取值范围是.
故选：B
9. 已知，记在的最小值为，在的最小值为，则下列情况不可能的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】先取特殊值，判断可能得选项，然后综合选项得到答案即可.
【详解】由题可知，，区间与的区间长度相同；

取，则，此时，，故A可能；
取，则，此时，，故B可能；
取，则，此时，，故C可能；
由三角函数性质可知，假设，成立，必然有，
所以区间与的区间长度大于，根据的函数图象可知，
当区间长度大于，在区间与上的取值必然有正有负，
此时，，故与假设矛盾，故D不可能.
故选：D
10. 已知在数列中，，命题对任意的正整数，都有．若对于区间中的任一实数，命题为真命题，则区间可以是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据递推关系分析式子要有意义，数列中的项不能取那些值即可求解.
【详解】p为真命题，则，
由从后往前推，
，, ,,,
而，排除，,排除，
由蛛网图可知,而，之前的项会趋向于3，所以C项排除.
因为，已经越过不能取的值，故正确.
故选：D
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知复数，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数除法和模的公式即可.
【详解】，
则.
故答案为：.
12. 已知函数若，则______.
【答案】3
【解析】
【分析】首先求出，再对分类讨论即可.
详解】，
则，，
当时，由，得；
当时，由，得.（舍去）
故答案为：3
13. 已知幂函数的图像经过，，，中的三个点，写出满足条件的一个的值为______.
【答案】（取该集合中的任意一个元素均算正确）
【解析】
【分析】分类讨论过点和不过点的幂函数即可.
【详解】幂函数都经过点；
若该幂函数经过点，可得，该幂函数方程为，过点， ，；
若该幂函数不过点，则，此时过点，，，
显然.
故答案为：（取该集合中的任意一个元素均算正确）
14. 在中，，.
（1）_____；
（2）若的最长边的长为，则最短边的长为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）利用三角形三内角和为计算即可；
（2）先确定最长边和最短边，然后利用正弦定理计算即可.
【详解】（1）由题可知
所以；
（2）由题可知，最长边为边，最短边为边；
易知
由正弦定理可知，
故答案为：；
15. 以表示值域为的函数组成的集合，表示具有如下性质的函数组成的集合：对于函数，存在一个正数，使得函数的值域包含于区间.例如，当，时，，.
给出下列命题：
①“函数”的充要条件是“，关于的方程都有实数解”；
②“函数”的充要条件是“既有最大值，也有最小值”；
③若函数，的定义域相同，且，，则；
④若函数，的定义域相同，且，，则.
其中，正确命题的序号是______.
【答案】①③④
【解析】
【分析】①中，根据函数的定义域、值域的定义，转化成用简易逻辑语言表示出来；
②中举反例保证函数的值域为集合的子集，但值域是一个开区间，从而说明函数没有最值；③根据反证法可判断；④中根据函数的值域，可以发现，从而发现命题正确；
【详解】对①，“”即函数值域为，
“，关于的方程都有实数解”表示的是函数可以在中任意取值，
命题①是真命题；
对②，若函数，即存在一个正数，使得函数的值域包含于区间．
．例如：函数满足，则有，
此时，无最大值，无最小值．命题②是假命题；
对③，若函数，的定义域相同，且，，
则值域为，即，，
若，则对任意的正实数，总存在，当时，，
而，故存在，当时，，
故当时，有，
这与矛盾，故,故命题③是真命题．
对④，若函数，的定义域相同，且，，
则值域为，即，并且存在一个正数，使得，
，则．命题④是真命题．
故答案为：①③④
【点睛】方法点睛：
学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.
三、解答题共6小题，共85分.
16. 已知函数，其中，.记的最小正周期为，.
（1）求的值；
（2）若与轴相邻交点间的距离为，求在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1）
（2）的最小值为,的最大值为
【解析】
【分析】（1）首先利用和差公式进行化简，再结合正弦型函数的周期性以及即可求得的值；
（2）首先根据题意得出的最小正周期，进而可得，再利用正弦函数的图像与性质即可求得最值.
【小问1详解】
由两角和与差的正弦公式可得,
由于，则的最小正周期为，
,
因为，所以；
【小问2详解】
因为与轴相邻的两交点间的距离为，
所以的最小正周期为，
所以，即，
当时，，
结合正弦函数的图像与性质可得：当即x=0时，取最小值,
当即时，取最大值.
17. 在中，.
（1）求的大小；
（2）若，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，使得存在，求边上中线的长.
条件①：的面积为；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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）选①时三角形不存在；选②时边上的中线的长为；选③时边上的中线的长为.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及得到，结合，得到；
（2）选①，由三角形面积和余弦定理得到，由推出矛盾；
选②，先求得，则可得，再利用余弦定理求解即可得中线长.
选③，根据三角恒等变换得到，是以为斜边的直角三角形，由正弦定理得到，求出中线.
【小问1详解】
由正弦定理及，
得.（i）
因为，所以.（ii）
由（i）（ii）得.因为，所以.
所以.因为，所以.
【小问2详解】
选①，的面积为，即，即，解得，
因为，由余弦定理得，
即，解得，
由基本不等式得，但，
故此时三角形不存在，不能选①，
选条件②：，
两边平方得，（iii）
由余弦定理得，即，（iiii）
联立（iii）（iiii）得，所以，
设边上的中线长为，由余弦定理得
.
所以边上的中线的长为1.
选条件③：.
由（1）知，.
所以
.
所以.
因为，所以.
所以，即.
所以是以为斜边的直角三角形.
因为，
所以.
所以边上的中线的长为.
18. 已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若关于的不等式有解，求实数的取值范围.
【答案】（1）的单调递增区间为，的单调递减区间
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的定义域，，设，恒成立，由，利用导数与函数单调性的关系即可求解.
（2）令，利用导数求出的最小值，使，解不等式即可求解.
【小问1详解】
定义域为，
，
设
恒成立
所以在上是减函数，且
则当时，，即，
则当时，，即，
所以的单调递增区间为，的单调递减区间
【小问2详解】
由（1）知，所以，
令，
，
当时，，当时，，
所以在上的最小值为，
所以若关于的不等式有解，则，
即
19. 已知椭圆：（）的左顶点为，的长轴长为4，焦距为.过定点（）作与轴不重合的直线交于，两点，直线，分别与轴交于点，.
（1）求的方程；
（2）是否存在点，使得等于定值？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）由题可知，，然后利用的关系求解即可.
（2）先设直线的方程为，，然后直线方程与椭圆方程联立，计算得到，然后求出，，再计算的值，化简最后求出即可.
【小问1详解】
由题可知，
得
所以椭圆的方程为
【小问2详解】
由题可知，直线不能水平，A−2,0
设直线的方程为，
联立
所以Δ=2mt2−4m2+4t2−4=16m2−t2+4>0
直线方程为y=y1x1+2x+2
所以，同理
所以
若，得或
当时，Δ=16m2−12>0，得或，成立
当时，Δ=16m2+3>0恒成立，
所以存在点，使得等于定值，或.
20. 已知函数，.
（1）当时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
（2）若函数是单调递增函数，求的取值范围；
（3）当时，是否存在三个实数且？若存在，求取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）按照求具体函数在某点处的切线方程的方法求解即可；
（2）先求导，然后利用导函数大于等于零恒成立，参变分离，求参数的范围即可；
（3）先判断函数的单调性的情况，然后再判断不存在即可.
【小问1详解】
由题得
所以
所以
所以在点1,f1处的切线方程为.
【小问2详解】
由题得
要使函数是单调递增函数，
则恒成立，
即恒成立，
令
得，
令，得
显然，当时，，所以函数单调递减；
当时，，所以函数单调递增；
故
所以
【小问3详解】
不存在，理由如下，
由题得
因为，显然当时，，f′a=1+aea−a>0
由（2）可知，在单调递增，
所以在上由唯一的零点
当时，f′x<0，所以单调递减；
当时，f′x>0，所以单调递增；
所以当时，不存在三个实数且.
21. 已知集合，其中，，，…，是的互不相同的子集.记的元素个数为（），的元素个数为（）.
（1）若，，，，，写出所有满足条件的集合（结论不要求证明）；
（2）若，且对任意的，都有，求的最大值；
（3）若给定整数，（）且对任意，都有，求的最大值.
【答案】（1）或或或
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据新定义对交集情况分类讨论即可；
（2）将集合的子集进行两两配对得到16组，写出选择的16个含有元素1的子集即可得到；
（3）分中有一元集合和没有一元集合但有二元集合，以及均为三元集合讨论即可.
【小问1详解】
因为，则和的元素个数均为1，
又因为，则，
若，，则或；
若，，则或；
综上或或或.
【小问2详解】
集合共有32个不同的子集，
将其两两配对成16组，
使得，则不能同时被选中为子集，
故.
选择16个含有元素1的子集:，符合题意.
综上，.
【小问3详解】
结论:，
令，集合符合题意.
证明如下：
①若中有一元集合，不妨设，
则其它子集中都有元素1，且元素都至多属于1个子集，
所以除外的子集至多有个，故.
②若中没有一元集合，但有二元集合，不妨设.其它子集分两类:
或，和或，
其中互不相同，互不相同且均不为1，2.
若，则，有
若，则由得每个集合中都恰包含中的1个元素（不是2)，
且互不相同，
因为中除2外至多还有2个元素，所以.
所以.
③若均为三元集合，不妨设.将其它子集分为三类：
，
其中.
若，则(除1，2，3外，其它元素两个一组与1构成集合)，
所以.
若，不妨设，
则由得每个集合中都或者有4、或者有5，
又中除1外无其它公共元素，所以.
所以.
综上，.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分理解集合新定义，然后对中集合元素个数进行分类讨论；当均为三元集合时，不妨设，再将其它子集分为三类讨论.