北京市大兴区2024届高三上学期期中检测数学试题（含解析）

大兴区2023~2024学年度第一学期期中检测
高三数学
本试卷共4页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回.
第一部分（选择题共40分）
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，则（）
A. B.
C. D.
2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（）
A. B.
C. D.
3. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（）
A. B.
C. D.
4. 设，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5. 已知向量，若，其中，则（）
A. B.
C. D.
6. 在平面直角坐标系中，角以为始边，点在角终边上，则错误的是（）
A. B.
C. D.
7. 在中，，且满足该条件的有两个，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
8. 已知，，，则（）
AB.
C. D.
9. 设函数极值点为，且，则可以是（）
A. B.
C. D.
10. 已知数列满足（），且．给出下列四个结论：
①；
②；
③，当时，；
④，，当时，．
其中所有正确结论的个数为（）
A. B.
C. 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. ______．
12. 设函数，则______；若满足对于定义域内的每一个都有，，则的最小值是______.
13. 等比数列的前项和为，能说明“若为递增数列，则”为假命题的一组和公比的值为_______，_______．
14. 已知等边边长为，分别是的中点，则_______；若是线段上的动点，且，则的最小值为_______．
15. 已知函数
①当时，的值域为_______；
②若关于方程恰有个正实数解，则的取值范围是_______．
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. 在中，，．
（1）若，求；
（2）若，求的面积．
17. 已知等差数列满足，. 数列满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列前项和的最小值为，若，，构成等比数列，求的值．
18. 已知函数，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为．
（1）求的值；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，若对恒成立，求的取值范围．
条件①：；
条件②：的最大值为；
条件③：在区间上单调递增．
注：如果选择多组符合要求条件分别解答，按第一组解答计分．
19. 已知函数.
（1）若，求的极值；
（2）若在区间上的最小值为，求的取值范围；
（3）直接写出一个值使在区间上单调递减．
20. 设函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）求证：当时，；
（3）问存在几个点，使曲线在点处的切线平行于轴？（结论不要求证明）
21. 设数列，如果，且，，对于，，使成立，则称数列为数列．
（1）分别判断数列和数列是否是数列，并说明理由；
（2）若数列是数列，且，求的最小值；
（3）若数列是数列，且，求的最大值．
大兴区2023~2024学年度第一学期期中检测
高三数学
本试卷共4页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回.
第一部分（选择题共40分）
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，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用集合，即可求出.
【详解】由题意，
，
∴，
故选：D.
2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的几何意义可得结合共轭复数的定义以及复数的乘法运算即可求解.
【详解】由题意可得故，进而，
故选：C
3. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别判断各选项中函数的奇偶性和单调性即可.
【详解】指数函数不是偶函数，A选项错误；
幂函数是奇函数，B选项错误；
函数是偶函数，但在上不单调，C选项错误；
函数是偶函数，时单调递增.
故选：D
4. 设，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据同角三角函数平方关系，结合必要不充分性的判断即可求解.
【详解】由，则，故充分性不成立，
由，则，故必要性成立，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：B
5. 已知向量，若，其中，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量的线性运算和向量垂直的坐标运算求解.
【详解】向量，，，
，，即.
故选：D
6. 在平面直角坐标系中，角以为始边，点在角终边上，则错误的是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据任意角三角函数的定义求，进而可以判断AC；利用倍角公式判断B；利用倍角公式结合象限角的三角函数值的符号判断D
【详解】由题意可知：，
故A正确；
且，故B错误；
，故C正确；
因为，整理得，
解得或，
且，则，
可知为奇数时，为第三象限角，为偶数时，为第一象限角，
综上所述：，即，故D正确；
故选：B.
7. 在中，，且满足该条件的有两个，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，画出和边长，以为圆心，为半径作圆与边有两个交点时即可求出的取值范围.
【详解】根据题意如下图所示：
易知当时，，若满足条件的三角形只有一个；
由题可知以为圆心，为半径的圆与边有两个交点时，即图中两点满足题意；
所以可得，即；
即的取值范围是.
故选：C
8. 已知，，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正切函数的单调性可得，根据对数的性质可得，即可比较.
【详解】，，
所以，
故选：A
9. 设函数的极值点为，且，则可以是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导，再根据导函数的单调性结合极值点的定义及零点的存在性定理即可得出答案.
【详解】，
因为函数在上都是增函数，
所以函数在上是增函数，
又，
所以存在唯一实数，使得，
当时，，当时，，
所以函数函数又唯一极值点，且，
故可以是.
故选：B.
10. 已知数列满足（），且．给出下列四个结论：
①；
②；
③，当时，；
④，，当时，．
其中所有正确结论的个数为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数的性质即可判定①，由放缩法即可求解②，根据数列的单调性即可判断③④
【详解】由于，且，所以，故①正确，
，由于，所以，故，
所以当时，，
因此，故②正确，
由于，所以数列为单调递减数列，所以，当时，；③错误，
，故，则，
由于，则，
所以，
又，同除以，所以，
，
相加可得，
故，进而可得，
，，当时，
又数列为单调递减数列，当时，．故④正确
故选：C
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列求和的应用，根据数列的递推关系，利用累加法求出数列的通项公式以及，利用裂项法进行求和是解决本题的关键；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.
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. ______．
【答案】2
【解析】
【分析】通过同底对数的运算法则，求得结果.
【详解】
本题正确结果：
【点睛】本题考查对数的运算，属于基础题.
12. 设函数，则______；若满足对于定义域内的每一个都有，，则的最小值是______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据诱导公式直接计算，根据最小正周期的概念求解即可；
【详解】函数，则，
若满足对于定义域内的每一个都有，
，则为函数的一个正周期，
又函数的最小正周期为，所以的最小值是.
故答案为：；
13. 等比数列的前项和为，能说明“若为递增数列，则”为假命题的一组和公比的值为_______，_______．
【答案】 ①. ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】由题意，等比数列为递增数列，且，取一组符合条件的和公比即可.
【详解】“若为递增数列，则”为假命题，
所以若为递增数列，则，
，则，
等比数列为递增数列，且，则和公比，满足题意.
故答案为：；
14. 已知等边的边长为，分别是的中点，则_______；若是线段上的动点，且，则的最小值为_______．
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】第一空：通过展开整理，带入数据计算即可；第二空：设，通过展开整理，带入数据然后配方求最值.
【详解】
;
若是线段上的动点，且，不妨设点相对更靠近点，
设，
，
当时，取最小值，且为.
故答案为：；.
15. 已知函数
①当时，的值域为_______；
②若关于的方程恰有个正实数解，则的取值范围是_______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①当时，分别判断两段的值域，取并集得的值域；
②方程恰有个正实数解，则轴左边的函数图像翻折到右边，与右边的图像有两个交点，作出图像判断的取值范围.
【详解】①当时，，
时，，函数单调递减，；
时，，函数单调递增，，
所以的值域为；
②函数
关于的方程恰有个正实数解，
则轴左边的函数图像翻折到右边，与轴右边的图像有两个交点，
分别作出函数的图像，
其中函数与的图像相交于点和
结合图像可知方程恰有个正实数解，为和，需要，
所以的取值范围为.
故答案为：；.
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. 在中，，．
（1）若，求；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理得到即可得到答案；
（2）根据余弦定理得到，再根据三角形面积公式求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理，得，
因为，所以，
因为，
所以或
【小问2详解】
由余弦定理，
得，解得或（舍去），
由的面积，得
17. 已知等差数列满足，. 数列满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列前项和的最小值为，若，，构成等比数列，求的值．
【答案】（1）；
（2）4.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出等差数列的公差即可得解.
（2）由（1）的信息，求出，再借助等比数列求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则，解得，，
所以数列的通项公式．
【小问2详解】
由（1）知，，，
从而的前项和的最小值，
由，，构成等比数列，得，
由，得，即，又，
则数列是首项为，公比的等比数列，即有，
由，解得，
所以的值是4.
18. 已知函数，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为．
（1）求的值；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，若对恒成立，求的取值范围．
条件①：；
条件②：的最大值为；
条件③：在区间上单调递增．
注：如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分．
【答案】（1）
（2）条件选择见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意求出函数的最小正周期，结合正弦型函数的周期公式可求得的值；
（2）选①②，根据函数的最大值求出的值，根据结合的取值范围，求出的值，可得出函数的解析式；
选②③，根据函数的最大值求出的值，分析可知，，结合的取值范围，可求出的值，可得出函数的解析式；
选①③，分析可知，，结合的取值范围，可求出的值，再由可得出的值，即可得出的解析式；
再由结合正弦型函数的基本性质可求出的最小值，即可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：因为的图象的相邻两个对称轴的距离为，
所以，函数的最小正周期为，所以．
【小问2详解】
解：选择条件①②．
因为的最大值为，所以，即．
由，得，
又因为，所以，所以函数的解析式为．
选择条件②③．
因为的最大值为，所以，
因为的最小正周期为，且在区间上单调递增，
又因为区间的长度为，
所以，即，得，则，
又因为，所以．
所以的解析式为．
选择条件①③．
因为的最小正周期为，且在区间上单调递增，
又因为区间的长度为，
所以，即，
得，则，
又因为，所以．
由，得，所以．
所以的解析式为．
因为，所以所以，故．
当时，的最小值为．
因为，恒成立，则，
所以的取值范围为．
19. 已知函数.
（1）若，求的极值；
（2）若在区间上的最小值为，求的取值范围；
（3）直接写出一个值使区间上单调递减．
【答案】（1）极大值为，极小值为
（2）
（3）（答案不唯一，即可）
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数判断原函数单调性和极值；
（2）求导，分类讨论两根大小，利用导数判断原函数单调性和最值，列式求解即可；
（3）由题意可得在内恒成立，根据恒成立问题分析求解.
【小问1详解】
当时，，函数的定义域为，
则，
令，解得，或，
与在区间内的情况如下：
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以的极大值为，极小值为．
【小问2详解】
由题意知，．
令，则，，
①当，即时，区间上恒成立，
所以区间上单调递减，
所以的最小值为，与已知相矛盾，不符合题意；
②当，即时，
与在区间上的变化情况如下：
单调递增 极大值 单调递减
因为在区间上的最小值为，
所以，即，解得，
所以；
③当，即时，在区间上恒成立，
所以在上单调递增，最小值为，满足题意；
综上所述：的取值范围是.
【小问3详解】
若在区间上单调递减，则在内恒成立，
可得在内恒成立，即，
即的取值范围为，
所以的值可以为.
20. 设函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）求证：当时，；
（3）问存在几个点，使曲线在点处的切线平行于轴？（结论不要求证明）
【答案】（1）1（2）证明见解析
（3）2
【解析】
【分析】（1）求导，再根据导数几何意义即可得解；
（2）利用导数求出在上的最小值，即可得证；
（3）曲线在点处的切线平行于轴，即曲线在点处的斜率为，则点的个数即函数零点的个数，结合（2）即可得出答案.
小问1详解】
因为，
所以，
因为曲线在点处的切线方程为，
所以所以，
所以；
【小问2详解】
由（1）知，，
设，
所以，
当或时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
则当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以当时，；
【小问3详解】
曲线在点处的切线平行于轴，
即曲线在点处的斜率为，
则点的个数即函数零点的个数，
由题意可知点可以是，
当时，令，则
由（2）得，在上单调递减，在上单调递增，
，
由当时，，当时，，
所以当时，函数无零点，当时，有且仅有一个零点，
综上，函数有个零点，
即存在个点，使曲线在点处的切线平行于轴
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
21. 设数列，如果，且，，对于，，使成立，则称数列为数列．
（1）分别判断数列和数列是否是数列，并说明理由；
（2）若数列是数列，且，求的最小值；
（3）若数列是数列，且，求的最大值．
【答案】（1）是数列，是数列，理由见解析
（2）3（3）
【解析】
【分析】（1）分别验证数列和数列中是否满足数列性质即可得出结论；
（2）利用反证法证明不成立，取特例可知当存在数列满足数列，即可得的最小值为；
（3）首先证明若为奇数，则必为奇数，又可得为偶数；利用数列性质可证明得出，解不等式即可求出.
【小问1详解】
①是数列．
因为，，，
所以①是数列.
②是数列．
因为，，，所以②是数列．
【小问2详解】
首先证明不能为．
假设，
由数列为数列知，
．所以，与已知矛盾，
故假设不成立．
所以不能为．
因为数列：
满足，，此时是数列，
所以的最小值为.
【小问3详解】
（i）以下证明：若为奇数，则必为奇数．
假设数列中存在偶数，设是数列中第一个偶数，
因为数列是数列，
所以，使．
因为均为奇数，所以也为奇数，与为偶数矛盾．
所以若为奇数，则必为奇数．
因为为偶数，所以不能为奇数，只能为偶数．
（ii）以下证明：若，则（）．
若不然，设（）为第一个满足（）的项，
因为数列是数列，所以，使．
因为（），
所以，与（）矛盾；
所以若，则（）．
而（），所以．
同理，若，则（）．
而（）．所以．
同理，若，则（）．
而（），所以．
综上．
（3）当时，
因为数列是数列，
所以
由题意知，，解得;
所以的最大值为．
此时即为满足条件的数列
【点睛】关键点点睛：本题关键在于求解第（3）问时，首先证明只能为偶数，再利用数列性质分别验证的最小偶数取值，构造不等式即可得出其最大值.