2024届北京一六一中学高三上学期10月阶段性测试数学试题含答案

这是一份2024届北京一六一中学高三上学期10月阶段性测试数学试题含答案，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．已知复数，则（ ）．
A．B．C．1D．
【答案】B
【分析】先化简得到，再根据复数模的定义，即可求解.
【详解】，.
故选：B
2．已知全集，集合，，则集合可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据集合的定义和运算规律求解即可.
【详解】∵，
∴
又∵
∴
故选：C.
3．下列函数中，其图像上任意一点的坐标都满足条件的函数是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，分别画出函数图像，结合计算，即可得到结果.
【详解】
当时，，，，故A错误；
当时，，，，故B错误；
当时，，，，故C错误；
当时，，，满足，当时，
设，则，则在上单调递减，
则，满足，故D正确；
故选：D.
4．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.
【详解】，得，
即，解得或（舍去），
又.
故选：A.
【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
5．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据指数、对数函数的单调性，将a，b，c与0或1比较，分析即可得答案.
【详解】由题意得，，所以，
又，
所以.
故选：A
6．某同学用“五点法”画函数（，）在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
根据这些数据，要得到函数的图象，需要将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位B．向右平移个单位
C．向左平移个单位D．向右平移个单位
【答案】A
【分析】根据表格中的数据，列出关于的方程组，解方程组得出函数的解析式，根据函数图象的变换即可得出结果.
【详解】由表中的数据可得，
，解得，
所以，，
将图象向左平移单位后
得到的图象.
故选：A
7．设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别求出选项的函数解析式，再利用奇函数的定义即可.
【详解】由题意可得，
对于A，不是奇函数；
对于B，是奇函数；
对于C，，定义域不关于原点对称，不是奇函数；
对于D，，定义域不关于原点对称，不是奇函数.
故选：B
【点睛】本题主要考查奇函数定义，考查学生对概念的理解，是一道容易题.
8．已知，命题P： ，，则（ ）
A．P是假命题，
B．P是假命题，
C．P是真命题，
D．P是真命题，
【答案】D
【分析】求导分析的单调性，进而求得最值，再根据全称命题的否定逐个判断即可
【详解】∵，∴
∴是定义域上的减函数，
∴
∴命题P：，，是真命题；
∴该命题的否定是.
故选：D.
9．已知，则“存在使得”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
【分析】根据充分条件，必要条件的定义，以及诱导公式分类讨论即可判断.
【详解】(1)当存在使得时，
若为偶数，则；
若为奇数，则；
(2)当时，或，，即或，
亦即存在使得．
所以，“存在使得”是“”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题主要考查充分条件，必要条件的定义的应用，诱导公式的应用，涉及分类讨论思想的应用，属于基础题.
10．汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况．下列叙述中正确的是（ ）．
①消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米；
②以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最少；
③甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油；
④某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油．
A．②④B．①③C．①②D．③④
【答案】A
【分析】利用折线图以及横、纵坐标代表的意义逐一分析即可求解.
【详解】从图中可以看出乙车的最高燃油效率大于5，故①错误；
同样速度甲车消耗1升汽油行驶的路程比乙车、丙车的多，
所以行驶相同路程，甲车油耗最少，故②正确.
甲车以80千米/小时的速度行驶，1升汽油行驶10千米，
所以行驶1小时，即行驶80千米，消耗8升汽油，故③错误；
速度在80千米/小时以下时，相同条件下每消耗1升汽油，
丙车行驶路程比乙车多，所以该市用丙车比用乙车更省油，故④正确.
故选：A
二、填空题
11．在的展开式中，的系数为 ．
【答案】
【分析】根据题意，由二项式展开式的通项公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】的展开式的通项公式为，
令，可得，故的系数为.
故答案为：
12．已知角，的终边关于原点O对称，则 ．
【答案】
【分析】根据角，的终边关于原点O对称得，即可得到的值.
【详解】角，的终边关于原点O对称，
，
.
故答案为：.
13．设函数，则满足的的取值范围是 .
【答案】
【分析】分、和三种情况解不等式即可求解.
【详解】当即时，即，可得，
此时无解，
当即时，即，所以，
令，则在上单调递增，，
所以恒成立，所以符合题意，
当即时，即恒成立，所以符合题意，
综上所述：满足不等式的的取值范围是，
故答案为：.
14．若方程有根，则实数a的取值范围是 ．
【答案】或，
【分析】构造函数，利用导数求解函数的单调性，进而结合函数图象即可得直线与有交点时，或.
【详解】由得，当，方程显然无根，
故时，，
令，则，
令，则，故在单调递增，在以及单调递减，
故时，取极小值，
而当时，，当时，，
所以直线与有交点时，或，
故答案为：或，
三、双空题
15．已知函数由下表给出：
其中等于在，，，，中所出现的次数，则 ； ．
【答案】 0 5
【分析】假设k＝4出现次数大于等于1次，即的值大于等于1，推出矛盾，由此得＜1，＝0，同理可得，由此可得，从而讨论可得，于是可以得到，∈{1，2}，分类讨论即可得出答案.
【详解】等于在“，，，，”中所出现的次数，则，
若k＝4在“，，，，”中出现次数超过0次，不妨设出现1次，则＝1.
设＝4，则k＝0在“，，”这3个数中出现4次，矛盾，
同理k＝4在“，，，，”中出现过2、3、4次也不可能，
即k＝4不能出现，∴＝0.
同理，若k＝3出现次数超过0次，不妨设k＝3出现1次，即，
设＝3，则k＝0在“，”这2个数中出现3次，矛盾，
故k＝3不可能出现，∴.
∵，＝0，
∴k＝0在“，，，，”中至少出现了2次，
∴.
若＝3或4，即k＝3或k＝4出现了1次，则或不为0，矛盾，
∴.
∴，，，
∴，∈{1，2}，
∴“，，，，”仅有下列四种可能：
①，＝1，＝1，，，
②，＝1，＝2，，，
③，＝2，＝1，，，
④，＝2，＝2，，，
其中：①中，k＝1出现2次与＝1矛盾，不可能；
②满足题意；
③k＝2出现2次与＝1矛盾；
④中，k＝2出现3次与＝2矛盾；
故仅有“，＝1，＝2，，”满足题意，
故5.
故答案为：0；5
【点睛】本题关键是理清题意，在有限个数字中，从大到小讨论，将不满足题意的情形逐一排除，最后得到唯一满足题意的组合.
四、解答题
16．如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，，点E在线段AB上，且.
(1)求证：平面PBD；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据线面垂直的性质可得，利用相似三角形的判定与性质可得
，结合线面垂直的判定定理即可得出结果；
(2)根据题意和线面垂直的性质可得两两垂直，建立如图空间直角坐标系
，求出各点、各线段的坐标，进而求出平面和平面的法向量，利用空间向量的数量积表示即可求出结果.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以.
因为，，
所以，.
所以.
所以，
所以.
又因为，，
所以平面.
（2）因为平面，平面，平面，
所以，.
又因为是矩形，，
所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，.
设平面的一个法向量为，则
即
令，则，.
于是.
因为平面，
取平面的法向量为.
则.
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值是.
17．已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题．
(1)求的值；
(2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围．
条件①：；
条件②：是的一个零点；
条件③：．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据选择的条件代入计算，结合角的范围即可利用特殊角的三角函数值求解，
（2）由和差角公式以及辅助角公式化简，由整体法即可代入求解.
【详解】（1）选条件①：无意义，所以选条件①时不存在，故不能选①，
选条件②．
由题设，所以．
因为， 所以，所以．
所以．
选条件③，由题设．整理得．
以下同选条件②．
（2）由（1）
因为， 所以．
于是，当且仅当，即时，取得最大值；
当且仅当，即时，取得最小值．
又，即时，．
且当 时， 单调递增，所以曲线与直线恰有一个公共点，则或
的取值范围是．
18．为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间 (单位：小时)，并将样本数据分成，，，，，，，， 九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.
(1)求a的值；
(2)为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在，，三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在内的学生人数为，求的分布列；
(3)以调查结果的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取20名学生，用“”表示这20名学生中恰有名学生日平均阅读时间在 (单位：小时)内的概率，其中. 当最大时，写出的值.（只需写出结论）
【答案】(1)
(2)分布列见解析
(3)
【分析】（1）由频率分布直方图列出方程，能求出的值．
（2）由频率分布直方图求出这500名学生中日平均阅读时间在，，，，，三组内的学生人数分别为50人，40人，10人，采用分层抽样的方法抽取了10人，则从日平均阅读时间在，内的学生中抽取4人，现从这10人中随机抽取3人，则的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列．
（3）根据对立重复试验的概率公式得到方程组，解得的取值范围，即可得解．
【详解】（1）解：由频率分布直方图得：
，
解得．
（2）解：由频率分布直方图得：
这500名学生中日平均阅读时间在，，，，，三组内的学生人数分别为：
人，人，人，
若采用分层抽样的方法抽取了10人，
则从日平均阅读时间在，内的学生中抽取：人，
现从这10人中随机抽取3人，则的可能取值为0，1，2，3，
，，，
，
的分布列为：
（3）解：由（1）可知的概率，所以
依题意，即，即，解得，因为为非负整数，所以
即当最大时，．
19．设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求a，b的值；
(2)求的单调区间．
【答案】(1)；
(2)函数在上单调递增.
【分析】（1）根据题意，求导得，列出方程，即可得到结果；
（2）根据题意，由（1）可得，令，得到函数的最小值，即可得到.
【详解】（1）因为，则，
由题意可得，，即，解得.
（2）由（1）可知，，，
令，则，所以，
当时，，则函数单调递减；
当时，，则函数单调递增；
当时，函数有极小值，即最小值，
最小值为，则，
则函数在上单调递增.
20．已知函数．
(1)若，求函数的极值；
(2)若函数在区间的最大值为1，求实数a的取值范围；
(3)若对任意，，当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)极大值，极小值；
(2)
(3)
【分析】（1）求导，令导数等于0，结合单调性可求；
（2）求导，得到，讨论与的关系，利用导数，得出的最大值，进而求出的范围.
（3）构造函数，由可得到的单调性，进而可求得的范围.
【详解】（1）当，，
，令，则或，
则当时，，函数单调递增，
则当时，，函数单调递减，
所以在时，取得极大值；
在时，取得极小值；
（2），
令，得或.
当时，则时，，
所以在上单调递减，
当时，
当时，；当时，.
故在上单调递增，在上单调递减；
，不合题意；
当时，则时，，
所以在上单调递增，
，不合题意.
综上，实数的取值范围是.
（3）设，根据题意有，，，
故单调递增，则，在上单调递增，
则有时，恒成立.
而，
即恒成立，参变分离可得，
则有，而（当且仅当时等号成立），
所以，即有.
21．已知数列，记集合．
(1)对于数列：1，2，3，4，写出集合T；
(2)若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的i，j；若不存在，说明理由；
(3)若，把集合T中的元素从小到大排列，得到的新数列为B：，，…，，…．若，求m的最大值．
【答案】(1)，5，6，7，9，；
(2)不存在，理由见解析
(3)1003
【分析】1）根据题意给出的集合新定义，即可得出答案；
（2）使用假设法，假设存在，，使得，进行计算检验，从而得出结论；
（3）由，根据题意给出的集合新定义可对进行计算分析，讨论元素的奇偶情况，即可得出答案．
【详解】（1）由题意得，，，，，，
，5，6，7，9，；
（2）假设存在，，使得，则有，
由于与奇偶性相同，
与奇偶性不同，
又，，
有大于等于3的奇数因子，
这与1024无1以外的奇数因子矛盾，
故不存在，，使得；
（3）由题意得，
当，时，，
除，外，，
其中与一奇一偶，则能拆成奇数与偶数之乘积，
在正偶数中，只有无法拆成一个大于2的奇数与一个不小于2的偶数之乘积，
又中的元素均为偶数，故，，，
故2至2024偶数中除去4，8，16，32，64，128，256，512，1024，
，
故的最大值为1003．
【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.
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