北京市海淀区2024-2025学年高三(上)期中练习数学试题(解析版)

这是一份北京市海淀区2024-2025学年高三(上)期中练习数学试题(解析版)，共19页。
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. 已知集合或x>1，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为集合或x>1，，则.
故选：C.
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数乘法运算计算即得.
【详解】由，得，所以.
故选：D
3. 若，则下列不等式成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式的性质及基本不等式，逐项分析即可得解.
【详解】因为，
所以，所以，即，故A错误；
因为，所以，故B错误；
由A知，两边同乘以正数，则，故C错误；
因为，所以，所以（，等号不成立），
故，故D正确.
故选：D
4. 已知，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导函数，计算得解.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：B
5. 下列不等式成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性判断各选项即可.
【详解】因为函数在上单调递减，
所以，，故AC错误；
因为函数在上单调递减，
所以，故B正确；
因为函数在上单调递减，
所以，故D错误.
故选：B.
6. 若在R上为增函数，则的取值范围是（ ）
A. )B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据分段函数的单调性列式运算得解.
【详解】因为是R上单调递增函数，
所以，解得.
所以实数的取值范围为.
故选：B.
7. 已知向量，则下列等式中，有且仅有一组实数x，y使其成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算，向量的模，向量的数量积，建立方程，分析方程的解的个数即可得出答案.
【详解】当 时，，有无数组解，故A错误；
当时，，因为，
所以，当且仅当时，等号成立，
故方程有且仅有一组解，故B正确；
当时，，当或时方程成立，方程有无数组解，故C错误；
当时，即，即，方程有无数组解，故D错误.
故选：B
8. 大面积绿化可以增加地表的绿植覆盖，可以调节小环境的气温，好的绿化有助于降低气温日较差（一天气温的最高值与最低值之差）.下图是甲、乙两地某一天的气温曲线图.假设除绿化外，其它可能影响甲、乙两地温度的因素均一致，则下列结论中错误的是（ ）
A. 由上图推测，甲地的绿化好于乙地
B. 当日时到时，甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率
C. 当日时到时，甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率
D. 当日必存在一个时刻，甲、乙两地气温的瞬时变化率相同
【答案】C
【解析】
【分析】结合图中数据分析一一判断各选项即可.
【详解】对于A，由图可知，甲地的气温日较差明显小于乙地气温日较差，
所以甲地的绿化好于乙地，故A正确；
对于B，由图可知，甲乙两地的平均变化率为正数，且乙地的变化趋势更大，
所以甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率，故B正确；
对于C，由图可知，甲乙两地的平均变化率为负数，且乙地的变化趋势更大，
所以甲地气温的平均变化率大于乙地气温的平均变化率，故C错误；
对于D，由图可知，存在一个时刻，使得甲、乙两地气温的瞬时变化率相同，故D正确.
故选：C.
9. 设无穷等差数列的前项积为.若，则“有最大值”是“公差”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】A
【解析】
【分析】分析公差三种情况，当时无最大值，当时，
不一有最大值，即可得出论
【详解】对于无穷等差数列an，由于，
当时，若数列中小于0的项为偶数项，且数列中无0时，显然没有最大值，
当时，数列为常数列，当不等于时，，无最大值，
所以公差不能推出有最大值，
当时，，所以趋于正无穷，为正负间隔的摆动数列，没有最大值，
所以当有最大值时，只能，
综上，“有最大值”是“公差”的充分不必要条件，
故选：A
10. 已知数列满足，则（ ）
A. 当时，存在使得
B. 当时，存在使得
C. 当时，存在正整数，当时，
D. 当时，存在正整数，当时，
【答案】D
【解析】
【分析】需要根据给定的值，分析数列的性质.通过对递推式的分析和一些特殊情况的探讨,结合二次函数的性质来判断每个选项的正确性.
【详解】对于A选项,当时，.
令，.
对于二次函数，其对称轴为，最大值为.
因为，由递推关系可知，所以不存在使得，A选项错误.
对于B选项，当时，.
令，.
因为的值域为，且，所以由递推关系可知，不存在使得，B选项错误.
对于C选项，当时，.
令，.
设.
令，，对称轴为，在上递增，在上递减.
当时，的值不是恒大于的，所以不存在正整数，当时，，C选项错误.
对于D选项，当时，.
设.
因为，在上递增，在上递减.
当足够大时，会趋近于某个值（），此时会趋近于.
所以存正整数，当n>N时，，D选项正确.
故选：D.
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. 已知，则____________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据对数的运算求解.
【详解】因为，
所以，
故，
故答案为：1
12. 在平面直角坐标系中，角的终边经过点.若角的终边逆时针旋转得到角的终边，则____________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据三角函数的定义及诱导公式求解.
【详解】因为角的终边经过点，
所以，
又，
所以.
故答案为：
13. 如图所示，四点在正方形网格的格点处.若，则________，________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算得解.
【详解】建立平面直角坐标系，如图，
则,
所以，
由可得，
即，解得,
故答案为：；
14. 已知函数满足恒成立.
①的取值范围是____________；
②若，则的最小值为____________.
【答案】 ①. ②. 2
【解析】
【分析】根据题意可知，解不等式可得的取值范围，由确定，解出，由可得最小值.
【详解】因为，所以
所以由可得，
即，
由可知，，
因为，所以，
因为，所以由可知，
即，，
此时，所以，
解得，又，所以.
故答案为：；2
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对正弦函数最值的理解，理解了正弦函数最值就能根据恒成立转化为，也能根据转化出.
15. 已知函数，其定义域记为集合，给出下列四个结论：
①且；
②若，则；
③存在，使得；
④对任意，存在使得.
其中所有正确结论的序号是____________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据解析式求定义域判断①，利用对数运算化简及对数函数的单调性判断②，求函数导数，
利用导数分析函数的单调性及范围可判断③，取后利用对数运算化简可判断④.
【详解】由知，且，解得且，
所以且，故①正确；
当时，
，
因为，当时，，
当时，因为，，
所以，故②正确；
，当时，，，
所以，又，所以，在0,1上
单调递减，当时，单调递增，所以，
同理可得，在1,+∞上单调递减，
又时，，所以，
当时，，所以，即当时，
函数图象在轴下方单调递减，当时，函数图象在上方单调递减，
所以不存在，使得，故③错误；
由②可联想考虑当时，，
即对任意，存在使得，故④正确.
故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：判断③时，关键在于求导数后，能分类讨论得到导数的符号，判断出函数的单调性，再分析两段函数图象的上下界，才能作出正确的结论.
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. 已知无穷等比数列的前项和为.
（1）求的值；
（2）设，求数列前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列中的关系可得解；
（2）根据分组求和，利用等比数列、等差数列求和公式得解.
【小问1详解】
当时，，
因为是等比数列，所以，
又因为，所以.
【小问2详解】
由（1）知，
因为，且，
所以是以6为首项，9为公比的等比数列，
17. 设函数，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知.
（1）求的值；
（2）若在上有且仅有两个极大值点，求的取值范围.
条件①：；
条件②：将的图象向右平移个单位长度后所得的图象关于原点对称；
条件③：对于任意的实数的最大值为4.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简后，选条件①，根据化简得解；选条件②，由平移可知，化简求解；选条件③，转化为振幅得解；
（2）由正弦型函数性质求出极大值点，再根据题意知在区间内，不在区间内即可得解.
【小问1详解】
条件①
，
所以，
所以，解得
条件②
，
所以的图象向右平移后所得图象关于原点对称，
所以，即，
解得，经验证：.
条件③
，
所以，其中，
由题意知，，即，
因为，所以.
【小问2详解】
，
当时，取得极大值，
即
因为在上有且仅有两个极大值点，
所以符合题意，
所以
18. 已知函数.曲线在点处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出导函数，根据题意列出方程即可求解；
（2）求出导函数的零点，列表即可得出函数最小值.
【小问1详解】
，
依题意，，解得.
【小问2详解】
由（1）得
，
令，解得或，
的变化情况如下表：
由表格可知，有极小值，
因为当时，，
所以最小值为.
19. 如图所示，某景区有两条公路（在同一平面内），在公路上有两个景点入口游客服务中心在点处，已知，.
（1）已知该景区工作人员所用的对讲机是同一型号，该型号对讲机的信号有效覆盖距离为3km.若不考虑其他环境因素干扰，则处的工作人员与处的工作人员能否用对讲机正常通话?
（2）已知一点处接收到对讲机的信号强度与到该对讲机的距离的平方成反比.欲在公路CQ段上建立一个志愿服务驿站，且要求在志愿服务驿站接收景点入口处对讲机的信号最强.若选址使，请判断该选址是否符合要求?
【答案】（1）A处工作人员对讲机能与C处工作人员正常通话
（2）D点选址符合要求
【解析】
【分析】（1）由正弦定理求出，与3比较大小即可得出结论；
（2）由余弦定理求出，可证明，即可得解.
【小问1详解】
因为， 所以为锐角，
所以，
在中，所以，
因为，所以A处工作人员对讲机能与C处工作人员正常通话.
【小问2详解】
由余弦定理，
因为，
所以的长为点A与直线上所有点的距离的最小值，
所以D点选址符合要求.
20. 已知函数.
（1）若在处取得极大值，求的值；
（2）求的零点个数.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，利用极值点导数为0求出，再检验即可得解；
（2）分三种情况讨论，讨论时，列出当变化时，的变化情况，再由零点存在性定理判断零点个数即可.
【小问1详解】
的定义域为.
因为4是的极大值点，
所以，即，解得或
当时，当变化时，的变化情况如下表：
此时，4是的极小值点，不符合题意；
当时，当变化时，的变化情况如下表：
此时4是的极大值点，符合题意.
因此，此时.
【小问2详解】
①当时，当变化时，的变化情况如下表：
，因此时，，
又，因此上有且仅有一个零点，
因此的零点个数是1.
②当时，对任意，在上是增函数，
又，由零点存在定理知，有1个零点，
因此的零点个数是1.
③当时，当变化时，的变化情况如下表：
，因此时，，
又，因此在上有且仅有1个零点，
因此的零点个数是1.
综上，当时，的零点个数是1.
21. 对于行列的数表，定义变换：任选一组其中，对于的第行和第列的个数，将每个数同时加1，或者将每个数同时减1，其余的数不变，得到一个新数表.
（1）已知对依次进行4次变换，如下：写出值；
（2）已知.是否可以依次进行有限次变换，将变换为?说明理由；
（3）已知11行11列的数表，是否可以依次进行次变换，将其变换为?若可以，求的最小值；若不可以，说明理由.
【答案】（1）
（2）不能，理由见解析
（3）可以，的最小值400
【解析】
【分析】（1）根据变换的定义直接得解；
（2）根据变换的规律，分析变换前后数字和的规律得解；
（3）由题意，讨论三种选取方式，求出加1与减1变换次数之差，由题意得出满足条件即可.
【小问1详解】
根据变换的定义，可得
【小问2详解】
不可以，理由如下:
由题可知每次变换T，数表中所有数的和增加或减少5.
因为A中所有数的和为0，所以其经过有限次变换T后各数和为5的倍数.
而 B中所有数的和为9，不符合，故无法通过有限次变换T，将A变换为B.
【小问3详解】
可以，且k的最小值为 400
当所选时，所有加l的变换T与减1的变换T次数之差设为；
当所选且或者且时，所有加1的变换T与减1的变换T 次数之差设为；
当所选时，加1的变换T与减1的变换T次数之差设为.
考虑变换T 对上述三部分各数之和的影响，
可知，解得，
所以，
其中符合题意的 400 次变换T构造如下：
当所选时，各进行一次减1的变换T；
当所选且或者且时，
各进行10次加l的变换T；
当所选时，进行100次减l的变换T.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于理解变换含义，即一个数表通过变换后得到什么数表，核心是理解新定义.0
0
极小值
极大值
3
4
+
0
0
+
极大值
极小值
4
6
+
0
0
+
极大值
极小值
+
0
0
+
极大值
极小值
+
0
0
+
极大值
极小值