北京市通州区2024届高三上学期期中质量检测数学试题（解析版）

PAGEPAGE1北京市通州区2024届高三上学期期中质量检测数学试题第一部分（选择题）一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为集合，，则.故选：B.2.已知复数，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】C【解析】,故对应的点为，在第三象限，故选：C3.已知向量，，，则下列结论中正确的是（）A. B.C. D.与的夹角为120°【答案】D【解析】A选项，因，则与平行，故A错误；B选项，因，故B错误；C选项，，又，则，故C错误；D选项，，又，则，即与的夹角为120°，故D正确.故选：D.4.已知函数，则（）A.当且仅当，时，有最小值B.当且仅当时，有最小值2C.当且仅当时，有最小值D.当且仅当时，有最小值.2【答案】B【解析】因为，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以当且仅当时，有最小值2.故选：B5.下列命题中的假命题是（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】对于A，因为指数函数的值域为，所以，，A对；对于B，当时，，B对；对于C，当时，，C错；对于D，当时，，D对.故选：C.6.已知，，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因为，所以，即，因为，所以，即，而，所以.故选：B.7.在平面直角坐标系中，角以为始边，则“角的终边过点”是“”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【答案】A【解析】当角的终边过点时，根据三角函数的定义，可得，充分性成立；当时，为第二象限角或第四象限角，若为第四象限角，则角的终边不过点，必要性不成立.所以“角的终边过点”是“”的充分不必要条件.故选：A.8.下列函数中，在区间上单调递减的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】对于A,,所以在上单调递增，故A错误，对于B，由于，所以在上单调递增，B错误，对于C，，故在上单调递减，C正确，对于D，的图象如下所示：故在单调递减，在单调递增，故D错误，故选：C9.已知函数是奇函数，且，将的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，所得图象对应的函数为，则（）A. B.C. D.【答案】A由题意可知，，所以或，由因为，所以，即，故.故选：A.10.已知数列的前项和为，且，则下列四个结论中正确的个数是（）①；②若，则；③若，则；④若数列是单调递增数列，则的取值范围是.A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】因为，当，，两式相减得，所以，两式相减得，故①错误，当时，令，则，，得，所以，令，则，，得，所以，则，所以，故奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，则，所以②正确；当时，令，则，，得，所以，令，则，，得，故偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，奇数项从第二项开始以为首项，2为公差的等差数列，则，所以③正确；由于，，，则，又数列单调递增，则必有，且，所以，且，解得，所以的取值范围是，所以④正确．故选：C．第二部分（非选择题）二、填空题11.已知函数，则的定义域为____________.【答案】【解析】依题意可得，，解得且，所以的定义域为.故答案为：.12.已知数列是等比数列，，，则数列的通项公式________；数列的前9项和的值为__________.【答案】171【解析】由，可得，，所以，，故答案为：，171.13.已知实数a，b满足关于x的不等式的解集为，且满足关于的不等式的解集为，则满足条件的一组a，b的值依次为______.【答案】故答案为：（答案不唯一，只要满足就行）【解析】因为关于x的不等式的解集为，所以，又关于的不等式的解集为，所以，解得，所以满足条件的一组a，b的值依次为，（答案不唯一，只要满足就行）故答案为：（答案不唯一，只要满足就行）14.在等腰中，，，则____________；若点满足，则的值为___________.【答案】【解析】如图，由题意等腰中，，则，∵，，∴，∴，即，∵由余弦定理得，∴，即，又因边长，∴.∴是等边三角形，则，，∵，∴，，∴.故答案为：；.15.已知函数，，给出下列四个结论：①函数区间上单调递减；②函数的最大值是；③若关于的方程有且只有一个实数解，则的最小值为；④若对于任意实数a，b，不等式都成立，则的取值范围是.其中所有正确结论的序号是_______.【答案】①②③【解析】对于①，当时，，二次函数开口向下，对称轴为，故在区间上单调递减，①正确；对于②，定义域为R，且，故为奇函数，当时，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，时,时,画出的图象如下：由图象可得的最大值是，②正确；对于③，关于的方程有且只有一个实数解，即有且只有一个交点，在同一坐标系画出与的图象，要想有且只有一个交点，则，故的最小值为，③正确；对于④，由题意得，，即，当时，，，，，此时在处的切线方程为，而，故在处的切线方程为，画出两函数图象如下：此时满足对于任意实数a，b，不等式都成立，故的取值范围不是，D错误.故答案为：①②③三、解答题16.已知函数，.（1）当时，若，求的值域（2）若有两个零点，分别为，，且，求的取值范围.解：（1）当时，的对称轴为，且开口向上，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又，所以，所以当，的值为；（2）的两个零点分别为，且，，即，解得或，故取值范围为.17.已知函数.（1）求的值；（2）求的最小正周期及单调区间；（3）比较与的大小，并说明理由.解：（1），所以；（2）的最小正周期,令，解得；令，解得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为.（3），理由如下：由（2）可知的最小正周期,所以，由（2）可知，在上单调递增，又，所以，即.18.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，，再从下面给出的条件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.（1）求的值；（2）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，得0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.解：（1）若选①，又因为,所以，所以，由正弦定理得，所以；若选条件②，由余弦定理得，整理得，此时方程无解，即这样的三角形不存在，所以条件②不能选；若选条件③，由余弦定理得，整理得，解得或（舍去），所以.（2）由（1）可知，所以.19.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求的极值；（3）若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.解：（1）由得，又，所以在切线为（2）令，则，故在单调递增，当时，单调递减，所以当时，取极小值，无极大值，（3）由得，故，构造函数则，令，则，故当时，，单调递增，时，单调递减，故当取极小值也是最小值，，所以，即.20.已知函数，，.（1）求的值；（2）求在区间上的最大值；（3）当时，求证：对任意，恒有成立.（1）解：由得，所以，（2）解：由得，当时，，故在区间上单调递增，所以，当时，令，则，令，则，故在上单调递减，在上单调递增，当时，，此时在区间上单调递减，所以，当时，，此时在区间上单调递增，所以，当时，，此时在区间上单调递增，在单调递减，综上可得：时，，时，时，，（3）证明：要证，即证，即证明，当时，，而，所以，当时，记，则，记，由于，所以当单调递增，所以，故在单调递增，故，故，综上，对任意，恒有21.已知数列的各项均为正数，且满足（，且）.（1）