2024届北京市海淀区首都师范大学附属中学高三上学期10月阶段检测数学试题含解析

这是一份2024届北京市海淀区首都师范大学附属中学高三上学期10月阶段检测数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，若，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据集合的运算结果作出数轴即可求解.
【详解】集合，
若，如图：

所以的取值范围为.
故选：D
【点睛】本题考查了集合的运算结果求参数的取值范围，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.
2．与圆相切于点的直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【解析】由题意可知为切点所求的直线为切线，则可知圆心与切点的连线与切线垂直，再根据直线与直线的垂直斜率乘积为-1，则可求出切线斜率.
【详解】可设圆心与切点的连线斜率为，切线斜率为，由可知圆心为点，切点为点，则，根据题可知圆心与切点的连线和切线垂直，
所以，则.
所以切线斜率为-2.
故选：A
3．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用中间值可以比较三者的大小关系.
【详解】因为，，，
所以.
故选：D.
4．已知函数是定义在上的奇函数，且在区间上单调递减，.设，则满足的的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，由函数奇偶性的性质可得f（x）在R上为减函数以及f（﹣1）＝1，结合对数函数的性质可得g（x）＝lg2（x+3）的定义域为（﹣3，+∞），在其定义域上，g（x）为增函数，设F（x）＝f（x）﹣g（x），易得F（x）在（﹣3，+∞）上为减函数，又由F（﹣1）＝f（﹣1）﹣g（﹣1）＝1﹣1＝0，进而可得F（x）≥0⇒﹣3＜x≤﹣1，据此分析可得答案．
【详解】根据题意，函数f（x）是定义在R上的奇函数，且在区间（﹣∞，0]上单调递减，
则f（x）在[0，+∞）上也是减函数，
则f（x）在R上为减函数，
又由f（1）＝﹣1，则f（﹣1）＝﹣f（1）＝1，
又由g（x）＝lg2（x+3），有x+3＞0，即x＞﹣3，函数的定义域为（﹣3，+∞），在其定义域上，g（x）为增函数，
设F（x）＝f（x）﹣g（x），其定义域为（﹣3，+∞），
分析易得F（x）在（﹣3，+∞）上为减函数，又由F（﹣1）＝f（﹣1）﹣g（﹣1）＝1﹣1＝0，
F（x）≥0⇒﹣3＜x≤﹣1，
则f（x）≥g（x）⇒F（x）≥0⇒﹣3＜x≤﹣1，即不等式的解集为（﹣3，﹣1]；
故选C．
【点睛】本题考查函数奇偶性与单调性的判定，涉及对数函数的性质，注意分析函数的定义域，属于基础题．
5．已知点是边长为2的正的内部（不包括边界）的一个点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用平面向量的数量积的几何意义求解.
【详解】解：如图所示：
因为点是边长为2的正的内部（不包括边界）的一个点，
由图象知：，
所以，
故选；C
6．已知函数（为自然对数的底数），当的图象大致是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由已知可证在上为奇函数，排除A、C；再通过导函数研究单调性可到正确选项.
【详解】函数
由
所以在上为奇函数，可排除A、C；
令得，
作出和在上的图象，如下
由图可知当或时即，
，在此区间上单调递增；
由图可知当时即，
，在此区间上单调递减.
由此可知，选项B满足要求.
故选：B
【点睛】本题考查了函数奇偶性证明，考查了用导数研究函数单调性，考查了数形结合思想，属于中档题.
7．在中，内角、、所对的边分别为、、，则“”是“是以、为底角的等腰三角形”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分也非必要条件
【答案】B
【分析】利用余弦定理化简等式，结合充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论.
【详解】，，即，
整理得，或，
则是以、为底角的等腰三角形或以为直角的直角三角形.
因此，“”是“是以、为底角的等腰三角形”的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】本题考查必要不充分条件的判断，同时也考查了余弦定理边角互化思想的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
8．设无穷等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．为递减数列B．为递增数列
C．数列有最大项D．数列有最小项
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为，分析可知，取，可判断AB选项；分、两种情况讨论，利用数列的单调性可判断CD选项.
【详解】设等比数列的公比为，由已知，则，
由可得且，
对于AB选项，若，，
当为奇数时，，此时，则，
当为偶数时，，此时，则，
此时数列不单调，AB都错；
对于CD选项，，
当时，此时数列单调递增，则有最小项，无最大项；
当时，若为正奇数时，，则，
此时单调递减，则；
当为正偶数时，，则，此时单调递增，则.
故当时，的最大值为，最小值为.
综上所述，有最小项.
故选：D.
9．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面不存在公共点，则三角形的面积的最小值为
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】延展平面，可得截面,其中分别是所在棱的中点，可得平面,再证明平面平面,可知在上时，符合题意，从而得到与重合时三角形的面积最小，进而可得结果.
【详解】
延展平面，可得截面,其中分别是所在棱的中点，
直线与平面不存在公共点，
所以平面,
由中位线定理可得,
在平面内，
在平面外，
所以平面,
因为与在平面内相交，
所以平面平面,
所以在上时，直线与平面不存在公共点，
因为与垂直，所以与重合时最小，
此时，三角形的面积最小，
最小值为，故选C.
【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、面面平行的判定定理，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.
10．斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用.斐波那契数列满足，.给出下列四个结论：
① 存在，使得，，成等差数列；
② 存在，使得，，成等比数列；
③ 存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列；
④ 存在正整数，且，使得.
其中所有正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】由递推公式得性质后判断，
【详解】对于①，由题意得，故成等差数列，故①正确，
对于②，由递推公式可知，，中有两个奇数，1个偶数，不可能成等比数列，故②错误，
对于③，，
故当时，对任意，，，成等差数列；故③正确，
对于④，依次写出数列中的项为，
可得，故④正确，
故选：C
二、填空题
11．已知直线和平行，则=
【答案】3
【分析】根据直线平行的条件可知，，注意排除直线重合的情况，即可求解.
【详解】因为直线和平行，
所以，
解得或，
当时，直线重合，舍去
故答案为
【点睛】本题主要考查了两直线平行的性质与判定，属于中档题.
12．已知向量与的夹角为60°，||=2，||=1，则| +2 |= .
【答案】
【详解】∵平面向量与的夹角为，
∴.
∴
故答案为.
点睛：(1)求向量的夹角主要是应用向量的数量积公式．
(2) 常用来求向量的模．
13．设等比数列的前项和为.若、、成等差数列，则数列的公比为 .
【答案】3或
【解析】先设等比数列的公比为，根据题中条件，列出方程求解，即可得出结果.
【详解】设等比数列的公比为，
因为等比数列的前项和为，、、成等差数列，
所以，则，
因此，所以，解得或.
故答案为：3或.
14．已知函数，若对任意都有（c为常数），则常数m的一个取值为 ．
【答案】（答案不唯一，只要是即可）
【分析】先根据函数的对称性得到，再根据诱导公式求出都可满足条件.
【详解】函数中心对称点都在x轴上，所以，
所以对任意恒成立，
，
所以，故利用诱导公式得都可满足条件.
故答案为：（答案不唯一，只要是即可）
【点睛】正弦函数的奇偶性，对称性，周期性，单调性及诱导公式等等是我们必备的基础知识，做题时经常用到.
15．已知函数的部分图象如图1所示，、分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图象与轴的交点.将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图2所示，此时，则 .
给出下列四个结论：
①；
②图2中，；
③图2中，过线段的中点且与垂直的平面与轴交于点；
④图2中，是及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积大于.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】 ②③
【分析】在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的值，结合的取值范围求出的值，可判断①；利用空间向量数量积的坐标运算可判断②；求出线段的中点的坐标，计算，可判断③；求出，结合扇形的面积公式可判断④.
【详解】函数的最小正周期为，
在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设点，则点、，
，因为，解得，
所以，，则，可得，
又因为函数在附近单调递减，且，所以，，①错；
因为，可得，
又因为点是函数的图象在轴左侧距离轴最近的最高点，则，可得，
所以，，
因为点是函数在轴右侧的第一个对称中心，所以，，可得，
翻折后，则有、、、，
所以，，，
所以，在图2中，，②对；
在图2中，线段的中点为，
因为，则，即，③对；
在图2中，设点，，可得，
，，，
易知为锐角，则，
所以，区域是坐标平面内以点为圆心，半径为，且圆心角为的扇形及其内部，
故区域的面积，④错.
故答案为：；②③.
【点睛】关键点点睛：本题考查翻折问题，解题的关键在于建立空间直角坐标系，通过空间向量法来求解相应问题.
三、解答题
16．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，证明：在上单调递增.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求切线方程；
（2）根据导数和单调性的关系证明在上单调递增.
【详解】（1）．
所以，．
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）由题设，．
所以．
当时，因为，
所以．
所以在上单调递增．
17．设.
(1)求的最小正周期；
(2)比较和的大小，并说明理由；
(3)已知在上有极值，求实数的取值范围.
【答案】(1)π
(2)；理由见解析
(3)
【分析】（1）化简得到，然后求周期即可；
（2）代入中得到，，然后根据的单调性比较大小即可；
（3）利用整体代入的方法得到的极值点，然后列不等式即可.
【详解】（1）
，
则，所以的最小正周期为.
（2），，
因为在上单调递增，，
所以，即.
（3）令，解得，
所以为函数的极值点，
因为在上有极值，所以.
18．在中，.
(1)求；
(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，使存在且唯一确定，求及的面积.
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)答案见解析
【分析】（1）由正弦定理及倍角公式求得，从而求得；
（2）选条件②：由正弦定理及余弦定理解得，代入面积公式求解.
对条件①：由余弦定理说明有两解.
对条件③：由余弦定理及基本不等式得到矛盾.
【详解】（1）由正弦定理得，代入得，
所以，
因为，所以
所以.
所以,.
（2）选条件②：
因为，
由正弦定理得，由余弦定理得，
解得.
所以．
由解得，解是唯一的.
所以，.
下面说明条件①③不成立的理由：
选条件①：由及余弦定理得，
即，
因为，，，所以关于的方程有两正实数解，
所以有两解，故条件①不满足.
选条件③：由及余弦定理得，
所以，故.
这与矛盾，故不成立.
所以条件③不满足.
19．已知点在椭圆E：上，且E的离心率为.
(1)求E的方程；
(2)设F为椭圆E的右焦点，点是E上的任意一点，直线PF与直线相交于点Q，求的值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题意得求出即可得椭圆方程；
（2）由题意可得，当时，求出的值；当时，联立直线PF与直线的方程求出点的坐标，根据求解即可.
【详解】（1）由题意得 解得
所以椭圆E的方程为.
（2）因为点是E上的任意一点，所以.
①当时，点或.
当点时，直线PF与直线相交于点，此时.
当点时，直线PF与直线相交于点，此时.
②当时，直线的方程为，
由，可得，所以.
所以
，
所以.
综上所述，.
【点睛】总结点睛：
(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
20．已知函数.
(1)求证：；
(2)若函数在区间上无零点，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）即证，求导分析单调性得到的最大值小于0即可.
（2）分类讨论：当时，在上恒成立；当时，在上恒成立；当时，证明存在零点不符合题意.
【详解】（1）对求导得.
因为，所以.
由此可知，要证，只需证，即证.
令，
求导得.
令解得.
可知与的变化情况如下表：
所以.
所以恒成立.
即原不等式成立.
（2），
因为，所以.
所以当时，在上恒成立，
所以函数在区间上无零点，符合题意.
当时，.
令，
则在上恒成立.
所以在上单调递减.
.
①当即时，在上恒成立.
所以在上单调递减.
所以在上恒成立，
所以函数在区间上无零点，符合题意.
②当即时，
因为且由（1）知，
所以.
所以，
所以存在使得，
因此与的变化情况如下表：
所以.
由（1）中，
可以得.
令，得.
所以在区间上存在零点，不合题意，舍去.
综上，的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：借助于函数不等式放缩，将超越函数，放缩为多项式函数，可进一步研究函数的零点，正负等性质.
21．给定正整数，设集合．对于集合中的任意元素和，记．设，且集合，对于中任意元素，若则称具有性质．
(1)判断集合是否具有性质？说明理由；
(2)判断是否存在具有性质的集合，并加以证明；
(3)若集合具有性质，证明：．
【答案】(1)具有，理由见解析
(2)不存在，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据集合具有性质的特征，即可根据集合中的元素进行检验求解，
（2）假设集合具有性质，分别考虑时，集合中的元素，即可根据的定义求解.
（3）根据假设存在使得，考虑当时以及时，分量为1的个数即可讨论求解.
【详解】（1）因为，同理．
又，同理．
所以集合具有性质．
（2）当时，集合中的元素个数为．由题设．
假设集合具有性质，则
①当时，，矛盾．
②当时，，不具有性质，矛盾．
③当时，．
因为和至多一个在中；和至多一个在中；
和至多一个在中，故集合中的元素个数小于，矛盾．
④当时，，不具有性质，矛盾．
⑤当时，，矛盾．
综上，不存在具有性质的集合．
（3）记，则．
若，则，矛盾．若，则，矛盾．故．
假设存在使得，不妨设，即．
当时，有或成立．
所以中分量为的个数至多有．
当时，不妨设．
因为，所以的各分量有个，不妨设．
由时，可知，，中至多有个，
即的前个分量中，至多含有个．
又，则的前个分量中，含有
个，矛盾．
所以． 因为，
所以．
所以．
【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.
极大值
极大值