2024-2025学年北京市第一六六中学高三上学期阶段测试数学试题（含答案）

2024-2025学年北京市第一六六中学高三上学期阶段测试数学试题
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.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.若且，则下列不等式中一定成立的是( )
A. B. C. D.
3.双曲线的离心率为，则其渐近线方程为( )
A. B. C. D.
4.下列函数中，是偶函数且在区间上单调递增的是( )
A. B. C. D.
5.在平面直角坐标系中，角以为始边，终边与单位圆交于点，则( )
A. B. C. D.
6.小王同学进行投篮练习，若他第球投进，则第球投进的概率为；若他第球投不进，则第球投进的概率为若他第球投进概率为，他第球投进的概率为( )
A. B. C. D.
7.已知数列为无穷项等比数列，为其前项的和，“，且”是“，总有”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. 既不必要又不充分条件
8.近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口于年提出蓄电池的容量单位：，放电时间单位：与放电电流单位：之间关系的经验公式：，其中为常数为测算某蓄电池的常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间若计算时取，则该蓄电池的常数大约为( )
A. B. C. D.
9.已知函数则下列结论错误的是( )
A. 存在实数，使函数为奇函数；
B. 对任意实数和，函数总存在零点；
C. 对任意实数，函数既无最大值也无最小值；
D. 对于任意给定的正实数，总存在实数，使函数在区间上单调递减．
10.设函数，若时，的最小值为则下列选项正确的是( )
A. 函数的周期为
B. 将函数的图像向左平移个单位，得到的函数为奇函数
C. 当，的值域为
D. 方程在区间上的根的个数共有个
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知是第一象限角，且角的终边关于轴对称，则
12.若函数的部分图象如图所示，则的值是
13.数列是公差为的等差数列，记的前项和为，且成等比数列，则 ； ．
14.过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，若弦中点纵坐标为，则 ．
15.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：
存在，使得成等差数列；
存在，使得成等比数列；
存在常数，使得对任意，都有成等差数列；
存在正整数，且，使得．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.已知函数的图像经过点．
求实数的值，并求的单调递减区间；
当时，恒成立，求实数的取值范围．
17.设函数，已知，，在区间上单调，再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在．
求的值；
当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围．
条件：为函数的图象的一个对称中心；
条件：直线为函数的图象的一条对称轴；
条件：函数的图象可由的图象平移得到．
注：如果选择的条件不符合要求，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．
18.某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
赔偿次数
单数
假设：一份保单的保费为万元；前次索赔时，保险公司每次赔偿万元；第四次索赔时，保险公司赔偿万元假设不同保单的索赔次数相互独立用频率估计概率．
估计一份保单索赔次数不少于的概率；
一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差．
记为一份保单的毛利润，估计的数学期望；
(ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与中估计值的大小．结论不要求证明
19.已知椭圆：的左顶点为，上下顶点为，，离心率为．
求椭圆的方程
设点是椭圆上一点，不与顶点重合，满足四边形是平行四边形，过点作垂直轴的直线交直线于点，再过作垂直于轴的直线交直线于点求证：，，三点共线．
20.已知函数，其中为常数．
若，求函数的极值；
若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
若，求函数在上的极值点的个数．
21.已知数列：，，，如果数列：，，满足，，其中，则称为的“衍生数列”．
若数列：，，，的“衍生数列”是：，，，，求；
若为偶数，且的“衍生数列”是，证明：的“衍生数列”是；
若为奇数，且的“衍生数列”是，的“衍生数列”是，依次将数列，，，第项取出，构成数列：，，求证：是等差数列．
参考答案
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16.由题意得，
解得
所以
，
由，得，
所以的单调递减区间为
由可知
因为，所以
所以
所以
当，即时，取得最小值
因为恒成立等价于，所以
所以实数的取值范围是

17.由，知，从而．
而在区间上单调，的周期为，
这意味着，即，故．
注意到，从而有：
，，
所以，，即，而，故．
从而，故．
若选择条件，则为函数的图象的一个对称中心，从而这等价于，
所以，从而，故，
所以，由知，故，故，；
若选择条件，则直线为函数的图象的一条对称轴，从而，
而在区间上单调，，故．
从而，所以，故，
所以，由知，故，故，；
若选择条件，函数与的振幅不一致，无法通过平移得到，
故不能选择；
条件等价于，关于的方程即在上恰有一个解．
记，则，从而和一一对应，
这就表明条件等价于关于的方程在上恰有一个解．
设，则在上递增，在上递减，，，．
此时，若，则，方程无解，不满足条件；
若，则当时，；
当时，．
故方程在上无解，不满足条件；
若，由，，，
知方程在和上各至少有一个根，
从而在上至少有两个根，不满足条件；
若，则当时，．
故方程在上无解；
而在上单调，且，，
所以方程在上恰有一个根．
这就表明方程在上恰有一个根，满足条件；
若，则，当且仅当时等号成立．
而，故当且仅当时等号成立，
故方程在上恰有一个根，满足条件．
综上，的取值范围是．

18.设为“随机抽取一单，赔偿不少于次”，
由题设中的统计数据可得．
设为赔付金额，则可取，
由题设中的统计数据可得，
，，
，
故
故万元．
(ⅱ)由题设保费的变化为，
故万元，
从而．

19.因为椭圆：的左顶点为，所以，
又，所以，所以，
所以椭圆的方程为；
由知，，
设：，，，
联立方程，可得，
解得或，所以，
因为四边形是平行四边形，由椭圆的对称性可知点与点关于原点对称，
所以，
直线的方程为，把代入可得，
所以，
把代入可得，
所以过，的直线的斜率为，
所以过，的直线的斜率，
所以，，三点共线．

20.当时，，定义域为，
，
令，即，
，解得，
当时，，
当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
故的极大值为，无极小值．
，定义域为且，
，
要使在上单调递增，则，
又时，，
只需在上恒成立，
即在上恒成立，
令，即，
则，
令，即，
解得，
当时，，
当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，
．
当时，，，
由知，
令，
则，
当时，，
当时，，
在单调递增，在上单调递减，
，
又，，
则在上有且仅有一个零点，设该零点为，
则当时，，即，
当时，，即，
则在上单调递增，在上单调递减，
则为的极大值点，
故函数在上有一个极值点．

21.由题意知，
，
解得，
所以；
由，得，
所以，，
由于为偶数，将上式个等式中的第，，，，这个式子都乘以，相加得
，
即，所以，
又，，
根据“衍生数列”的定义知，数列是的“衍生数列”；
设数列中后者是前者的“衍生数列”．
欲证数列成等差数列，只需证明成等差数列，
即只要证明即可．
由知，
，
所以，即成等差数列，
所以成等差数列．

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