2024-2025学年北京市朝阳区外国语学校高三上学期质量检测二数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市朝阳区外国语学校高三上学期质量检测二数学试题（含答案），共11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：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若全集U=0,1,2,3,4,A=0,1,4,B=1,3，则(∁UA)∪B=( )
A. 2,3B. 1,3,4C. 1,2,3D. 0,1
2.关于函数fx=lg22x−12的单调性的说法正确的是( )
A. 在R上是增函数B. 在R上是减函数
C. 在区间(14,+∞)上是增函数D. 在区间(14,+∞)上是减函数
3.已知角α的顶点与坐标原点重合，始边与x轴非负半轴重合，终边经过点2,3，则sin3π+α=( )
A. 3 1313B. −3 1313C. 2 1313D. −2 1313
4.函数fx是定义在R上的奇函数，当x>0时，fx=lg2x，则f−4=( )
A. 12B. 2C. −12D. −2
5.函数y=f(x)，其中f(x)=asinx+b，(x∈0,2π)，a,b∈R，它的图象如图所示，则y=f(x)的解析式为( )．
A. f(x)=12sinx+1，x∈0,2πB. f(x)=sinx+12，x∈0,2π
C. f(x)=32sinx+1，x∈0,2πD. f(x)=32sinx+12，x∈0,2π
6.若a，b，l是空间中三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中真命题是( )
A. 若a//β，a⊂α，α∩β=l，则a//l
B. 若α⊥β，α∩β=l，a⊥l，则a⊥β
C. 若a⊂α，b⊂β，a//b，则α//β
D. 若α⊥β，a⊂α，b⊂β，则a⊥b
7.已知x3−y3<2−x−2−y，则下列结论中正确的是( )
A. lnyx>0B. lny−x+1>0
C. lny+x>0D. lny−x>0
8.设等比数列an的前n项和为Sn，则“a3>a2>a1”是“数列Sn为递增数列”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
9.光线通过一块玻璃，强度要损失10%.设光线原来的强度为k，通过x块这样的玻璃以后强度为y，则经过x块这样的玻璃后光线强度为：y=k⋅0.9x，那么至少通过( )块这样的玻璃，光线强度能减弱到原来的14以下(lg3≈0.477,lg2≈0.3)
A. 12B. 13C. 14D. 15
10.已知无穷数列an的各项均为实数，Sn为其前n项和，若对任意正整数k>2024都有Sk>Sk+1，则下列各项中可能成立的是( )
A. a1，a3，a5，…，a2n−1为等差数列，a2，a4，a6，…，a2n为等比数列
B. a1，a3，a5，…，a2n−1为等比数列，a2，a4，a6，…，a2n为等差数列
C. a1，a2，a3，…，a2024为等差数列，a2024，a2025，…，an，…为等比数列
D. a1，a2，a3，…，a2024为等比数列，a2024，a2025，…，an，…为等差数列
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知等比数列an的前n项和为Sn,a2=12,a5=4，则S3= ．
12.已知向量a=2,1，b=−2,4，则a−b=
13.已知α∈−π2,π2，且2+3sinα=cs2α，则α= ．
14.设正实数x,y满足xy=10,lgx⋅lgy=−34，则lgxy= ．
15.某军区红、蓝两方进行战斗演习，假设双方兵力(战斗单位数)随时间的变化遵循兰彻斯特模型：xt=X0csℎ abt− baY0sinℎ abtyt=Y0csℎ abt− abX0sinℎ abt，其中正实数X0，Y0分别为红、蓝两方初始兵力，t为战斗时间；xt，yt分别为红、蓝两方t时刻的兵力;正实数a，b分别为红方对蓝方、蓝方对红方的战斗效果系数；csℎx=ex+e−x2和sinℎx=ex−e−x2分别为双曲余弦函数和双曲正弦函数．规定当红、蓝两方任何一方兵力为0时战斗演习结束，另一方获得战斗演习胜利，并记战斗持续时长为T.给出下列四个结论：
①若X0>Y0且a=b，则xt>yt0≤t≤T；
②若X0>Y0且a=b，则T=1aln X0+Y0X0−Y0；
③若X0Y0>ba，则红方获得战斗演习胜利；
④若X0Y0> ba，则红方获得战斗演习胜利．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题12分)
已知函数fx=1+ 3tanxcs2x．
(Ⅰ)若α是第二象限角，且sinα= 63，求fα的值；
(Ⅱ)求函数fx的定义域和值域．
17.(本小题12分)
在▵ABC中，已知a2+b2− 2ab=c2．
(1)求角C的大小；
(2)若c=2 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，使得▵ABC存在且唯一确定，求▵ABC的面积．
条件①：sinA=45；
条件②：2acsA=ccsB+bcsC；
条件③：▵ABC的周长是2 6+2 2．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
18.(本小题12分)
如图．在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．
(1)求证：平面AEF⊥平面PBC；
(2)若F为线段BC上靠近B的三等分点，求平面AFE与平面AFC夹角的余弦值．
19.(本小题13分)
已知函数fx=ax2+x−1ex，a∈R．
(1)当a=0时，求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)当a>0时，求fx的单调区间；
(3)在(2)的条件下，若对于任意x∈1,3，不等式12≤fx≤1+1e2成立，求a的取值范围．
20.(本小题13分)
已知函数fx=ex−12x2，设l为曲线y=f(x)在点Px0,fx0处的切线，其中x0∈−1,1．
(1)求直线l在y轴上的截距的取值范围：
(2)设直线y=a分别与曲线y=f(x)和射线y=x−1(x∈0,+∞)交于M，N两点，求|MN|的最小值及此时a的值．
21.(本小题13分)
已知An:a1,a2,⋯,ann≥3为有穷整数数列，若An满足：ai+1−ai∈p,qi=1,2,⋯,n−1，其中p，q是两个给定的不同非零整数，且a1=an=0，则称An具有性质T．
(1)若p=−1，q=2，那么是否存在具有性质T的A5？若存在，写出一个这样的A5；若不存在，请说明理由；
(2)若p=−1，q=2，且A10具有性质T，求证：a1,a2,⋯,a9中必有两项相同；
(3)若p+q=1，求证：存在正整数k，使得对任意具有性质T的Ak，都有a1,a2,⋯,ak−1中任意两项均不相同．
参考答案
1.C
2.C
3.B
4.D
5.A
6.A
7.B
8.D
9.C
10.C
11.74
12.5
13.−π2或−π6
14.±2
15.①②④
16.解：(1)因为α是第二象限角，且sinα= 63，
所以csα=− 1−sin2α=− 33．
所以tanα=sinαcsα=− 2，
所以fα=1− 3× 2− 332=1− 63．
(2)函数fx的定义域为xx∈R,且x≠kπ+π2,k∈Z．
化简，得fx=1+ 3tanx=cs2x
=1+ 3sinxcsxcs2x
=cs2x+ 3sinxcsx
=1+cs2x2+ 32sin2x
=sin2x+π6+12，
因为x∈R，且x≠kπ+π2，k∈Z，
所以2x+π6≠2kπ+7π6，
所以−1≤sin2x+π6≤1．
所以函数fx的值域为−12,32．
(注：或许有人会认为“因为x≠kπ+π2，所以fx≠0”，其实不然，因为f−π6=0.)

17.(1)因为a2+b2− 2ab=c2，即a2+b2−c2= 2ab，
可得csC=a2+b2−c22ab= 2ab2ab= 22，
且C∈0,π，所以C=π4．
(2)因为C=π4，c=2 2，由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC=2 2 22=4，
可得a=4sinA,b=4sinB．
若选条件①：因为C=π4，sinA=45，即sinC可得A∈π4,π2∪π2,3π4，可知满足条件的角A有两个，不唯一，不合题意；
若选条件②：因为2acsA=ccsB+bcsC，
由正弦定理可得2sinAcsA=sinCcsB+sinBcsC=sinB+C=sinA，
且A∈0,π，则sinA≠0，可得csA=12，
则A=π3，a=4sinA=2 3，
因为两角和两边均已确定，根据三角形全等可知三角形存在且唯一，
又因为sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC= 6+ 24，
所以▵ABC的面积S▵ABC=12acsinB=12×2 3×2 2× 6+ 24=3+ 3；
若选条件③：因为▵ABC的周长是2 6+2 2，
则a+b+c=a+b+2 2=2 6+2 2，即b=2 6−a，
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC，即8=a2+2 6−a2−2a2 6−a× 22，
整理可得a2−2 6a+82− 2=0，且Δ=24−4×1×82− 2=84 2−5>0，
可知方程a2−2 6a+82− 2=0有2个不相等的实根a1,a2，
且a1+a2=2 6>0a1a2=82− 2>0，可知方程a2−2 6a+82− 2=0有2个不相等的正实根，
即边a不唯一，不合题意．
综上，只有选条件②符合题意．

18.(1)因PA=AB，E为PB中点，则AE⊥PB，
又PA⊥底面ABCD，而BC⊂底面ABCD，则有PA⊥BC，
又因BC⊥AB，AB∩PA=A，AB,PA⊂平面PAB，于是得BC⊥平面PAB，
而AE⊂平面PAB，因此BC⊥AE，
又BC∩PB=B，BC,PB⊂平面PBC，从而得AE⊥平面PBC
AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC．
(2)以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
不妨设PA=AB=6，则A(0,0,0),E(3,0,3),F(6,2,0),P(0,0,6)，AE=(3,0,3),AF=(6,2,0),AP=(0,0,6)，
因PA⊥底面ABCD，则平面AFC的法向量为AP=(0,0,6)，
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，则AE⋅n=3x+3z=0AF⋅n=6x+2y=0,
令x=−1，得n=(−1,3,1)，
设平面AFE与平面AFC夹角为θ，显然θ为锐角，
则csθ=|cs⟨AP,n⟩|=|AP⋅n||AP||n|=66× 11= 1111，
所以二平面AFE与平面AFC夹角的余弦值为 1111．

19.解：(1)因为a=0，所以fx=x−1ex．
故f′x=−x+2ex．
所以f0=−1，f′0=2．
所以曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为y+1=2x，
即2x−y−1=0．
(2)因为f (x)=ax2+x−1ex，定义域为R，
所以f′x=−ax2−2ax+x−2ex=−ax+1x−2ex．
因为a>0，令f′x=0，
即ax+1x−2=0，
解得x1=−1a，x2=2，
所以−1a<0<2．
当x变化时，f′x，fx的变化情况如下表所示．
所以fx的单调递减区间为−∞,−1a和2,+∞，单调递增区间为−1a,2．
(3)在(2)的条件下，x∈1,3，
所以fx在区间1,2上单调递增，在区间2,3上单调递减．
因为对于任意x∈1,3，不等式12≤fx≤1+1e2成立，
所以f1≥12，f3≥12，f(2)≤1+1e2．
所以f1=ae≥12，得a≥e2，
f3=9a+2e3≥12，得a≥e3−418；
f2=4a+1e2≤1+1e2，得a≤e24．
因为e2−e3−418=9e−e3+418>9e−e318>0，
所以e2>e3−418．
综上所述，a的取值范围是e2,e24．

20.(1)对fx求导数，得f′x=ex−x，所以切线l的斜率为f′x0=ex0−x0，由此得切线l的方程为：y−ex0−12x02=ex0−x0x−x0，
即y=ex0−x0x+1−x0ex0+12x02.得直线l在y轴上的截距为1−x0ex0+12x02．
设gx=1−xex+12x2，x∈−1,1.所以g′x=x1−ex，令g′x=0，得x=0．
列表得：
所以函数gx在−1,1上单调递减，所以gxmax=g−1=2e+12，gxmin=g1=12，
所以直线l在y轴上的截距的取值范围是12,2e+12．
(2)过M作x轴的垂线，与射线y=x−1交于点Q，所以▵MNQ是等腰直角三角形．
所以MN=MQ=fx−gx=ex−12x2−x+1．
设ℎx=ex−12x2−x+1，x∈0,+∞，所以ℎ′x=ex−x−1．
令kx=ex−x−1，则k′x=ex−1>0(x>0)，
所以kx=ℎ′x在0,+∞上单调递增，
所以ℎ′x≥ℎ′0=0，从而ℎx在0,+∞上单调递增．
所以ℎxmin=ℎ0=2，此时M0,1，N2,1．
所以MN的最小值为2，此时a=1．

21.(1)不存在具有性质T的A5，理由如下：
设A5:a1,a2,a3,a4,a5，由于a1=a5=0，ai+1−ai∈−1,2i=1,2,3,4，
设a2−a1，a3−a2，a4−a3，a5−a4中有m个−1，4−m个2，
则有a2−a1+a3−a2+a4−a3+a5−a4=a5−a1=0，
所以−1×m+24−m=0，解得m=83，与m为整数矛盾，
所以不存在具有性质T的A5．
(2)设a1，a2，a3，⋯，a10中的最大值为M，则存在ak，使得ak=M或ak=−M，
若存在ak，使ak=M，下证：ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0到M之间所有的整数，
假设存在正整数mm令集合B=i|ai>m，设i0是集合B中元素的最大值，
则有ai0>m>ai0+1，
这与ai+1−ai∈−1,2i=1,2,⋯,n−1矛盾，
所以ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0到M之间所有的整数，
若M=1，则a1，a2，a3，⋯，a9的取值只能为0，±1中的数，
此时a1，a2，a3，⋯，a9中必有两项相同，
若M=2，则a1，a2，a3，⋯，a9的取值只能为0，±1，±2中的数，
此时a1，a2，a3，⋯，a9中必有两项相同，
若M≥3，则a1，a2，a3，⋯，ak中一定有异于0和M的正整数，
再由ak，ak+1，⋯，a10可以取遍0到M之间所有的整数，
所以a1，a2，a3，⋯，a9中必有两项相同，
当ak=−M，同理可证：a1，a2，⋯，ak可以取遍−M到0之间所有的整数，
从而a1，a2，a3，⋯，a9中必有两项相同．
(3)不妨设p<0由于a2−a1+a3−a2+⋯+ak−ak−1=ak−a1=0，
所以取k=q−p+1，此时Ak具有性质T，
下证：a1,a2,⋯,ak−1中任意两项均不相同，
若存在i,j1≤i令ai=u1p+v1q，aj=u2p+v2q，
则有0≤u1≤u2≤q，0≤v1≤v2≤−p，
令s=u2−u1，t=v2−v1，则有ps+qt=0且0≤s≤q，0≤t≤−p，
由于p+q=1，则有s=qs−t，
若s=t，则有s=0，即u2=u1，
当ai=aj时，有v2=v1，从而i=j，矛盾；
若s≠t，则有s=q且s=t+1，
因此有u2=q，u1=0，v2=q−1，v1=0，
所以此时ai=a1，aj=an，矛盾；
综上所述，存在正整数k，使得对任意具有性质T的Ak，都有a1,a2,⋯,ak−1中任意两项均不相同．
x
−∞,−1a
−1a
−1a,2
2
2,+∞
f′x
−
0
+
0
−
fx
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
x
−1
−1,0
0
0,1
1
g′x
−
0
−
gx
2e+12
单调递减
1
单调递减
12