北京市通州区2024-2025学年高三上学期期中质量检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市通州区2024-2025学年高三上学期期中质量检测数学试卷（Word版附解析），文件包含北京市通州区2024-2025学年高三上学期期中质量检测数学试卷Word版含解析docx、北京市通州区2024-2025学年高三上学期期中质量检测数学试卷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。

本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，请将答题卡交回.
第一部分（选择题 共40分）
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. 已知集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求解.
【详解】因为，又，
所以，
故选：D.
2. 设复数，则复数在复平面内对应的点的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算和复数对应点的特征求解即可.
【详解】因为，所以，
故复数在复平面内对应的点的坐标是，故C正确.
故选：C
3. 下列函数中，在上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】选项A和D，对函数求导，利用导数与函数单调性间的关系，即可判断选项A和D的正误，选项B和C，根据常见函数的单调性即可求解.
【详解】对于选项A，由，得恒成立，则在上单调递增，所以选项A正确，
对于选项B，因为在上单调递减，所以选项B错误，
对于选项C，因为在上单调递减，所以选项C错误，
对于选项D，由，得到，当时，，当时，，
所以在单调递减，在上单调递增，故选项D错误，
故选：A.
4. 已知角终边经过点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义，以及，求得，再求即可.
【详解】根据三角函数定义可得：，故可得，
则.
故选：A.
5. 设，为非零向量，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】，为非零向量，“”平方后展开，进而判断出结论.
【详解】，为非零向量，“”展开为：
∴“”是“”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题考查充分条件和必要条件的定义，属于基础题.
6. 在中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角形的性质得到，由正弦的和角公式得，再利用正弦定理，即可求解.
【详解】因为，，得到，
又，，
由正弦定理得，所以，
故选：D.
7. 沙漏也叫做沙钟，是一种测量时间的装置.现有一个沙漏（如图）上方装有的细沙，细沙从中间小孔由上方慢慢漏下，经过时剩余的细沙量为，且（b为常数），经过时，上方还剩下一半细沙，要使上方细沙是开始时的，需经过的时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意有，解得，，由此能得出结果．
【详解】依题意有，即，
两边取对数得，所以，得到，
当容器中只有开始时的时，则有，所以，
两边取对数得，所以，
故选：C．
8. 设函数，已知，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用的性质，得到和，从而得到，即可求解.
【详解】因为，且，
所以，得到①
又，则，得到②，
由①②得到，，即，又，所以的最小值为，
故选：B
9. 设集合，则（ ）
A. 对任意实数a，B. 对任意实数a，
C. 当且仅当时，D. 当且仅当时，
【答案】C
【解析】
【分析】利用的取值，反例判断是否成立即可．
【详解】对A，若，则，
将代入不全部满足，此时可知，故A错误；
对B，当时，则，
将代入全部满足，此时可知，故B错误；
对C，若，，解之可得，所以C正确；
对D，当，则，将代入不全满足，
所以，故D错误.
故选：C
10. 已知是的重心，过点作一条直线与边，分别交于点，（点，与所在边的端点均不重合），设，，则的最小值是（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由平面向量的基本定理得到的等式，再用基本不等式求得最小值.
【详解】如图：
取中点，则，，
，
∵三点共线，∴，即，
∴，
当且仅当时，取等号；
故选：B
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 函数的定义域是___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用具体函数定义域的求法求解即可.
【详解】因为，
所以，则且，
故的定义域是.
故答案为：.
12. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示.若网格中每个小正方形的边长均为，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，得到，且，再利用数积的定义及运算律，即可求解.
【详解】由图知，，且，
所以，
故答案为：.
13. 已知等差数列的首项为，设其前项和为，且，则过点和，且满足的直线的斜率是________.
【答案】2
【解析】
【分析】利用等差数列的性质求解通项公式，再结合斜率公式求解即可.
【详解】设公差为，因为，所以，解得，
所以，，
故直线斜率为.
故答案为：2
14. 设函数
①若，则函数的零点个数有________个.
②若函数有最小值，则实数a的取值范围是________.
【答案】 ①. 3 ②.
【解析】
【分析】①，由来求得零点的个数.
②，对进行分类讨论，结合二次函数的性质求得的取值范围.
【详解】①，当时，，
由解得；
由，解得或.
综上所述，的零点个数有个.
②，当时，在区间上单调递增，
值域为，无最值.
当时，，
开口向上，对称轴，，
当时，，
则，①，
的开口向上，对称轴为，
，则①不成立.
当时，，
则，解得.
综上所述，.
故答案为：；
15. 已知无穷数列满足，，给出下列四个结论：
①，；
②数列为单调递减数列；
③，使得；
④，均有.
其中正确结论的序号是________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据以及即可得，进而得，即可判断①②③，利用，利用累加法求和即可判断④.
【详解】由，，
进而可得，结合，以此类推可得，
故，故，故①②正确，③错误，
由可得，故
由于，故，进而可得，故，
因此，
累加，故1an2−1a12>2n−1⇒1an2≥2n+2，
当时，，故，故④正确，
故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：，利用累加法求和.
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. 已知函数，.
（1）求的最小正周期及的值；
（2）直线与函数，的图象分别交于两点，求的最大值.
【答案】（1）最小正周期为，
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简三角函数，求解最小正周期和函数值即可.
（2）利用题意把线段长度表示为三角函数，利用三角函数的性质求解最值即可.
【小问1详解】
因为，
所以，的最小正周期为.
【小问2详解】
由题意可知，两点的坐标为，，
则，即，
故
，
因为，所以，
所以，
所以MN在时的最大值为.
17. 记的内角的对边分别为，已知，.
（1）求及；
（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，求的面积.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
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作答，按第一个解答计分.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理和正弦定理求解角度和边长即可.
（2）首先证明条件①不符合题意，选择条件②和条件③时利用余弦定理结合给定条件求解面积即可.
【小问1详解】
由和余弦定理可得.
因为为的内角，所以，故，
由变形得，由正弦定理得.
【小问2详解】
选择条件①：，
由正弦定理得，解得，
因为为的内角，所以，故，
与相互矛盾，故不存在这样的三角形，
所以我们不选择条件①，
选择条件②：，
因为，，所以，
解得，由余弦定理得，
化简得，解得或（舍），
所以.
选择条件③：，
因为，所以.
因为，所以，
由余弦定理得，化简得.
解得或，当时，是直角三角形，与题干不符，故排除，
所以.
18. 已知为数列的前项和，满足，．数列是等差数列，且，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设求数列的前项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先由数列的前项和和通项的关系式求出相邻项之间的关系，
判断出数列的类型，再利用等比数列和等差数列的通项公式即可求解；
（2）利用分组求和法及公式法进行求和即可．
【小问1详解】
解：因为，，①
所以有，．②
②①得．
所以数列成以为首项，以为公比的等比数列．
所以．
又数列是等差数列，且，．
所以，．
所以．
【小问2详解】
因为
设数列的前项和为，
所以
．
19. 设函数，若函数在处取得极小值8.
（1）求的值；
（2）求函数在上的最大值和最小值，以及相应x的值；
（3）证明：曲线是中心对称图形.
【答案】（1），.
（2），最小值为8，，最大值为24.
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据极值点及极值可求的值；
（2）根据导数讨论其符号后可得单调性，从而可求何时取何最值；
（3）可证曲线上任意点关于的对称的点仍在曲线上，从而可得曲线的对称性.
【小问1详解】
，
由题意函数在处取得极小值8得，
解得，.
此时，
当或时，f′x>0，当时，f′x<0，
故为的极小值点，故，满足条件.
【小问2详解】
由（1）分析列表得：
所以当时取得最小值为8，时取得最大值为24.
【小问3详解】
曲线的对称中心为，证明如下：
设点为曲线上任意一点，则点关于(0，24)对称点为，
因为在图象上，
所以.
又.
所以点也在图象上.
所以曲线是中心对称图形.
20. 已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）证明：当，曲线的切线不经过点；
（3）当时，若曲线与直线在区间上有两个不同的交点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数研究单调性即可；
（2）将，利用导数求出切线方程，利用反证法证明即可；
（3）将问题转化为在区间上有两个不同的解，即在区间上有两个不同的解，设，利用导数求解即可.
【小问1详解】
当时，，的定义域为.
，
令，解得.
当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
【小问2详解】
当时，，.
设曲线的切点为，
则切线方程为，
假设切线过原点，则有，
整理得：.
令，则.
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以对任意，，
所以方程无解.
综上可知，曲线在点的切线不过原点.
【小问3详解】
曲线与直线在区间上有两个不同的交点，
等价于在区间上有两个不同的解，
即，在区间上有两个不同的解，
设，则，
令，解得，
又因为，所以，
当，，所以单调递增；
当，，所以单调递减；
所以，
当时，，
当时，，
要使在区间上有两个不同的解，
只需使即可.
所以实数a的取值范围是.
21. 已知数列的通项公式为（表示不超过实数x的最大整数），数列的通项公式为.
（1）写出数列的前6项；
（2）试判断与是否为数列中的项，并说明理由；
（3）证明：数列与数列的公共项有无数多个.
【答案】（1），，，，，.
（2）是数列中的项，不是数列中的项，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据数列的通项公式求得正确答案.
（2）根据数列、的通项公式以及单调性进行判断.
（3）首先假设存在有限个正整数使得数列中的某些项满足条件，然后通过反正法证明了这一假设不成立，因此得出数列与的公共项有无数多个.
【小问1详解】
依题意，数列的通项公式为，
所以，，，，，.
【小问2详解】
是数列中的项，不是数列中的项.
；
下面证明不是数列中的项
因为，
所以数列不单调递减，
，，
所以不是数列中的项.
【小问3详解】
先证明存在无穷多个正整数k使得，（其中表示x的小数部分）
假设只有有限个正整数k使得，
不妨设是使成立的最大正整数，
则有
即①.
因为是正的常数，故当m足够大时，有，与①矛盾.
所以存在无穷多个正整数k使得.
对于每个满足的正整数k，令，
则有
所以有.
即.
从而.
所以数列与数列的公共项有无数多个.
【点睛】思路点睛：通过通项公式计算数列项值：利用通项公式直接代入求解数列的前几项，从而得到数列的具体表现形式，这一步奠定了解题的基础.
分类讨论和特性判断：对于判断某数是否为数列的项，先利用数列的性质进行分类讨论，再结合特性得出结论.
利用反正法进行推理：通过假设公共项数量有限，最终推导出与题意矛盾，从而得出公共项无穷多个的结论,这是一种巧妙的逻辑推理方式.
x
0
0,2
2
2,3
3
-
0
+
24
单调递减
8
单调递增
15