北京一零一中2024-2025学年度第一学期高三数学统练四（图片版，含答案）

试卷编号：11215　北京一零一中题库管理系统 Q9608
北京一零一中 2024-2025学年度第一学期高三数学统练四
班级：＿＿＿＿＿学号：＿＿＿＿＿姓名：＿＿＿＿＿成绩：＿＿＿＿＿
一、选择题共 10小题。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 M = {x | 3 < x < 1}, N = {x | 1 6 x < 4},则 M ∪ N = (　　　)
(A) {x | 1 6 x < 1} (B) {x | x > 3} (C) {x | 3 < x < 4} (D) {x | x < 4}
2. 下列函数中,既是奇函数又在其定义域上是增函数的是 (　　　)
√
(A) f (x) = sin x (B) f (x) = cos x (C) f (x) = x (D) f (x) = x3
3. 已知 a = 20.3, b = log 0.30.3 2, c = 0.5 ,则 (　　　)
(A) c > a > b (B) c > b > a (C) a > b > c (D) a > c > b
4. 在平面直角坐标系 xOy 中, 角 α 以 Ox 为始边, 点 P( 3, 4) 在角 α 终边上, 则错误的
是 (　　　)
(A) sinα 4= (B) cos 2α 7= (C) sinα + cosα 1= (D) tan α = 2
5 25 5 2
# – # –
5. 在平面直角坐标系 xOy中,已知 P(cos θ, sin θ), θ ∈ [0, π ], A(1, 1),则 OA · OP的取值范围
2
是 (　　　)
√ √ √ √
(A) [1, 2] (B) [0, 2] (C) [ 2, 2] (D) [ 2, 2]
6. 已知各项均为正数的数列 an 的前 n项和为 S n, a1 = 1, lg an + lg an+1 = lg 2n, n ∈ N , 则
S 9 = (　　　)
(A) 511 (B) 61 (C) 41 (D) 9
7. 已知 a, b是平面内两个非零向量,那么 “a ∥ b”是 “存在 λ , 0,使得 |a + λb| = |a| + |λb|”
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
8. 假设某飞行器在空中高速飞行时所受的阻力 f 满足公式 f 1= ρCS v2,其中 ρ是空气密
2
度, S 是该飞行器的迎风面积, v是该飞行器相对于空气的速度, C 是空气阻力系数 (其大
小取决于多种其他因素),反映该飞行器克服阻力做功快慢程度的物理量为功率 P = f v.
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当 ρ, S 不变, v比原来提高 10%时,下列说法正确的是 (　　　)
(A)若 C不变,则 P比原来提高不超过 30%
(B)若 C不变,则 P比原来提高超过 40%
(C)为使 P不变,则 C比原来降低不超过 30%
(D)为使 P不变,则 C比原来降低超过 40%
9. 已知实数 a, b, c满足条件 a > b > c且 a+ b+ c = 0, abc > 0,则 1 1 1+ + 的值 (　　　)
a b c
(A)一定是正数 (B)一定是负数 (C)可能是 0 (D)正负不确定 x|x| 1, x 6 1,10. 已知函数 f (x) = g(x) = x ln x,若关于 x的方程 ( f (x) 2)(g(x) m) = 0log2 x + 1, x > 1,
恰有 3个不同的实数根,则实数 m的取值范围是 (　　　)
(A) ( 1 , 0) (B) ( 1 , 1) (C) (0,+∞) (D) (1,+∞)
e e
二、填空题共 5小题。
11. 已知复数 z满足 |z| = 1, |z i| = 1,则 z的虚部为＿＿＿＿＿ .
12. 在平面直角坐标系 xOy中, 角 α与角 β均以 Ox 为始边, 它们的终边关于原点对称. 若
α ∈ [ π , π ],则 cos β的最大值为＿＿＿＿＿ .
6 3
13. 使 lg a + lg b = lg(a + b)成立的一组 a, b的值为 a =＿＿＿＿＿ , b =＿＿＿＿＿ .
14. 已知在 Rt△AOB中, AO = 1, BO = 2, 如图, 动点 P是在
以 O 点为圆心, OB 为半径的扇形内运动 (含边界) 且
∠BOC = 90 # – # – # –; 设 OP = xOA + yOB, 则 x + y的取值范围
是＿＿＿＿＿ .
15. 目前发射人造天体,多采用多级火箭作为运载工具. 其做法是在前一级火箭燃料燃烧完
后,连同其壳体一起抛掉,让后一级火箭开始工作,使火箭系统加速到一定的速度时将人
造天体送入预定轨道. 现有材料科技条件下,对于一个 n级火箭,在第 n级火箭的燃料耗
10na a · · · a
尽时,火箭的速度可 1 2 n∑以近似表示为 v = 3 ln ,(9 + a1)(9 + a2) · · · (9 + an)n
mp + m∑ jj=i其中 ai = n (i = 1, 2, · · · , n).
mp + m j mi
j=i
注: mp 表示人造天体质量, m j 表示第 j ( j = 1, 2, · · · , n)级火箭结构和燃料的总质量.
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给出下列三个结论:
① a1a2 · · ·
√
an < 1;②当 n = 1时, v < 3 ln 10;③当 n = 2时,若 v = 12 ln 2,则 a1a2 > 6.
其中所有正确结论的序号是＿＿＿＿＿ .
三、解答题共 6小题。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。
√
16. 已知函数 f (x) = 2 3 sin x cos x cos 2x (x ∈ R).
(1)求 f (x)的单调递增区间;
(2)求 f (x)的最小正周期、函数图象的对称轴、对称中心;
(3)设 x ∈ [0, π ],求 f (x)的值域.
3
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17. 在各项均为正数的等比数列 {an}中, S n 为其前 n项和,且 a3 a1 = 3, S 3 = 7.
(1)求 an 和 S n;
(2)设 bn = log2(S n + 1),记 Tn = b1 + b2 + · · · + bn,求 Tn.
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18. 设函数 f (x) = (x + 2) ln(x + 1) ax,曲线 y = f (x)在点 (0, f (0))处的切线斜率为 1.
(1)求 a的值;
(2)设函数 g(x) = f ′(x),求 g(x)的单调区间;
(3)求证: x f (x) > 0.
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19. 在 △ABC中,角 A, B, C所对的边分别为 a, b, c,且 cos C 2b c= .
cos A a
(1)求角 A的大小;
√
(2)若 a = 2 3, b = 2, D为 BC边上的一点, ∠BAD = ∠CAD,求 △ABD的面积.
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20. 已知函数 f (x) = x a+ x .e
(1)求曲线 y = f (x)在点 (0, f (0))处的切线方程;
(2)求 f (x)在区间 [0, 1]上的最小值;
(3)若 a > 0,当 x > 0时,求证: f (ln a x) > f (ln a + x).
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a1,1 a1,2 · · · a 1,m



a2 1 a2 , ,2 · · · a2,m 21. 已知 A 2m = . . . (m > 2)是 m 个正整数组成的 m行 m列的数表,当 .. .. .
.
. ..
am,1 am,2 · · · a m,m
1 6 i < s 6 m, 1 6 j < t 6 m时,记 d(a i, j, as,t) = |ai, j as, j| + |as, j as,t|. 设 n ∈ N ,若 Am 满
足如下两个性质:
① ai, j ∈ {1, 2, 3, · · · , n} (i = 1, 2, · · · ,m; j = 1, 2, · · · ,m);
②对任意 k ∈ {1, 2, 3, · · · , n},存在 i ∈ {1, 2, · · · ,m}, j ∈ {1, 2, · · · ,m},使得 ai, j = k,
则称 Am 为 Γn 数表.
(1) A

判断 3 =
1 2 3
2 3 1 是否为 Γ3 数表,并求 d(a1,1, a2,2) + d(a2,2, a3,3)的值;3 1 2
(2)若 Γ2数表 A4满足 d(ai, j, ai+1, j+1) = 1 (i = 1, 2, 3; j = 1, 2, 3),求 A4中各数之和的最小值;
(3)证明: 对任意 Γ4 数表 A10,存在 1 6 i < s 6 10, 1 6 j < t 6 10,使得 d(ai, j, as,t) = 0.
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北京一零一中 2024-2025学年度第一学期高三数学统练四参考答案
1. (2024高考北京 1) C
2. (2024朝阳二模 2) D
3. (2024通州高一上期末 5) D
因为 a = 20.3 > 20 = 1,所以 a > 1; b = log 0.3 00.3 2 < log0.3 1 = 0, b < 0; 0 < c = 0.5 < 0.5 = 1,
0 < c < 1. 所以 a > c > b.
4. (2023大兴高三上期中 6) B
由题意可知: sinα √ 4 4 , cosα √ 3= = = = 3 , tanα 4 4= = ,故
( 3)2 + 42 5 ( 3)2 + 42 5 3 3
A正确;且 cos 2α = cos2 α sin2 α 7 4 3 1= ,故 B错误; sinα + cosα = + ( ) = ,故 C
25 5 5 5
2 tan α
2
正确; 因为 tanα 4 ,整理得 2 tan2 α 3 tan α 2 0,解得 tan α= = = = 2
1 tan2 α 3 2 2 2
2
或 tan α 1= ,且 2kπ π+ < α < 2kπ + π, k ∈ Z,则 kπ π < α+ < kπ π+ , k ∈ Z,可
2 2 2 4 2 2
知 k为奇数时, α 为第三象限角; k为偶数时, α 为第一象限角,综上所述: tan α > 0,即
2 2 2
tan α = 2,故 D正确.
2
5. (2024西城高一下期末 6) A
6. (2024顺义一模 5) B
7. (2023海淀二模 9) C
8. (2024朝阳二模 8) C
9. B
因为 a > b > c且 a + b + c = 0, abc > 0,所以 a > 0, b < 0, c < 0, 且 a = (b + c),所以
1 1 1 1 1 1 √
+ + = √ + + ,因为 b < 0, c < 0,所以 b+c 6 2 bc,所以
1 6
a b c b c b c √ b c √
1 ,
+ + 2 bc
又 1 1+ 6 2 1 ,所以 1 1 1 1 1 3+ + 6 √ 2 = < 0,故选 B.b c bc b + c b c 2 bc bc
√
2 bc
10. (2024通州一模 10) A
11. 1 .
2
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12. (2024高考北京 12) 1 .
2
由题意 β = α + π + 2kπ, k ∈ Z,从而 cos β = cos(α + π + 2kπ) cosα,因为 α ∈ [ π , π= ],
√ √ 6 3
所以 cos 3 3α的取值范围是 [ 1 , ], cos β的取值范围是 [ , 1 ],当且仅当 α π= ,即
2 2 2 2 3
β 4π= + 2kπ, k ∈ Z时, cos β取得最大值,且最大值为 1 .
3 2
13. 2, 2 (答案不唯一).
14. [ 2, 1].
15. (2024丰台一模 15)②③.
①显然 ai >( 1; a )
② v = 3 ln (10 1 < 3 ln 10;9 + a1 a a ) 100a a
③ v = 3 ln 100 1 2 = 12 ln 2, 解得 1 2 = 16, 即 7a a 12(a +
(9 + a1)(9 + a2) (9 + a )(9 a )
1 2 1
+
> √ √
1 2
a2) 108 = 0;又 a1, a2 > 0,从而 a1 + a2 2 a1a2,令 a1a2 = t,则 7t2 24t 108 > 0,解
得 t > 6或 t 6 18 (舍).
7
√ √
16. (1) f (x) = 2 3 sin x cos x cos 2x = 3 sin 2x cos 2x = 2 sin(2x π ),
6
令 2kπ π 6 2x π 6 2kπ π+ , k ∈ Z,解得 kπ π 6 x 6 kπ π+ , k ∈ Z,
2 6 2 6 3
所以函数的单调递增区间为 [kπ π , kπ π+ ] (k ∈ Z).
6 3
(2) f (x)的最小正周期为 2π = π.
2
令 2x π = kπ π+ , k ∈ Z得 x kπ π= + , k ∈ Z,故 f (x)的对称轴为 x kπ π= + , k ∈ Z.
6 2 2 3 2 3
令 2x π = kπ, k ∈ Z得 x kπ π kπ π= + , k ∈ Z,故 f (x)的对称中心为 ( + , 0) (k ∈ Z).
6 2 12 2 12
(3)因为 0 6 x 6 π ,所以 π 6 2x π 6 π ,所以 1 6 sin(2x π ) 6 1,
3 6 6 2 2 6
所以 1 6 2 sin(2x π ) 6 2,即 1 6 f (x) 6 2,所以 f (x)在 [0, π ]上的值域为 [ 1, 2].
6 3
17. (2023丰台高三上期中 17)
(1)设等比数列 {an}的公比为 q (q > 0).
由已知得 a q21 a1 = 3, ①
a1 + a1q + a1q2 = 7, ②
÷ q
2 1
由① ②得 3= (a 2
1 q q2 7 1
, 0),即 4q 3q 10 = 0.
+ +
解得 q = 2或 q = 5 (舍).
4
代入①或②得 a1 = 1,
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所以 a = 2n 1n ,
1 qn
S n = a1 · = 2
n 1.
1 q
(2)由已知得 bn = log2 2
n = n,
所以 Tn = 1 + 2 + · · ·
(1 + n)n
+ n = .
2
18. (2024平谷一模 20)
(1)由题意得 f (x)的定义域为 ( 1,+∞), f ′(x) = ln(x 1) x + 2+ + a,
x + 1
因为 f ′(0) = 1. 所以 f ′(x) = ln 1 + 2 a = 1,解得 a = 1.
(2)因为 g(x) = f ′(x) = ln(x 1) x + 2+ + 1, g(x)的定义域为 ( 1,+∞),
x + 1
g′(x) 1 1 x= = ,
x + 1 (x + 1)2 (x + 1)2
令 g′(x) = 0,得 x = 0,
g(x)与 g′(x)在区间 (0,+∞)上的情况如下:
x ( 1, 0) 0 (0,+∞)
g′(x) 0 +
g(x) ↘ 极小值 ↗
所以 g(x)在的单调递减区间为 ( 1, 0),单调递增区间为 (0,+∞);
(3)由 (2)得,在 x = 0时, g(x)取得最小值 1,所以 f ′(x) > 0恒成立,
所以 f (x)在 ( 1,+∞)为增函数,又因为 f (0) = 0,
当 1 < x < 0时, f (x) < 0,所以 x f (x) > 0;
当 x > 0时, f (x) > 0,所以 x f (x) > 0,
综上, x f (x) > 0.
19. (1)因为 cos C 2b c= ,
cos A a
所以由正弦定理可得 cos C 2 sin B sin C= ,
cos A sin A
即 sin A cos C = 2 cos A sin B cos A sin C.
所以 sin A cos C + cos A sin C = 2 cos A sin B.
所以 sin(A +C) = 2 cos A sin B.
因为 sin(A +C) = sin(π B) = sin B,
所以 sin B = 2 cos A sin B.
因为 B ∈ (0,π),所以 sin B , 0. 所以 cos A 1= .
2
因为 A ∈ (0,π),所以 A π= .
3
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(2)因为 ∠BAD = ∠CAD,所以 ∠BAD = ∠CAD π= .
√ 6
因为 a = 2 3, b = 2, A π= ,
3
所以由余弦定理得 12 = 4 + c2 2 × 2 · c · 1 ,即 c2 2c 8 = 0.
2
所以 c = 4.
因为 a2 + b2 = c2,所以 △ABC为直角三角形.
所以 B π= . 所以 AD = BD = 2CD.
6 √ √
所以 S 1△ABD = × AB × BD sin∠B 1= × 4 × 4 3 × 1 4 3= .2 √ 2 3 2 3
所以 △ABD 4 3的面积是 .
3
20. (2024昌平二模 20)
(1)因为 f (x) a= x + ,
ex
所以 f ′(x) = 1 a .
ex
所以 f ′(0) = 1 a, f (0) = a.
所以曲线 y = f (x)在点 (0, f (0))处的切线方程为 y = (1 a)x + a.
x
(2)由题知, f ′(x) 1 a e a= x =e ex .
①当 a 6 0时, f ′(x) > 0在区间 [0, 1]上恒成立,
所以函数 f (x)在区间 [0, 1]上是增函数.
所以当 x = 0时, f (x)min = a.
②当 a > 0时,令 f ′(x) = 0,即 ex a = 0,
所以 x = ln a.
(A)当 ln a 6 0,即 0 < a 6 1时, f ′(x) > 0在区间 (0, 1)上恒成立,
所以函数 f (x)在区间 [0, 1]上是增函数.
所以当 x = 0时, f (x)min = a.
(B)当 0 < ln a < 1,即 1 < a < e时, f ′(x)与 f (x)的情况如下:
x (0, ln a) ln a (ln a, 1)
f ′(x) 0 +
f (x) ↘ 极小值 ↗
所以当 x = ln a时, f (x)min = ln a + 1.
(C)当 ln a > 1,即 a > e时, f ′(x) < 0在区间 (0, 1)上恒成立,
所以函数 f (x)在区间 [0, 1]上是减函数.
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所以当 x = 1时 , f (x) amin = 1 + .e
, f (x)
a, a 6 1,综上 min = ln a + 1, 1 < a < e,1 a+ , a > e.
e
(3)方法一:设 g(x) = f (ln a x) f (ln a + x)
= ln a x a+ ln a x (ln a x
a
+ + ) = 2x + ex 1 ,
e eln a+x ex
所以 g′(x) = 2 + ex 1+ x .e
令 h(x) = 2 + ex 1+ x ,则 h′(x) 1= ex .e ex
因为 x > 0,所以 ex > 1, 0 < 1
ex
< 1.
所以 h′(x) > 0,即 h(x)在 (0,+∞)上单调递增.
又因为 h(x) > h(0) = 0,
所以 g′(x) > 0.
所以 g(x)在 (0,+∞)上是单调递增.
所以 g(x) > g(0) = 0.
所以 g(x) = f (ln a x) f (ln a + x) > 0.
所以 f (ln a x) > f (ln a + x).
方法二: 设 g(x) = f (ln a x) f (ln a + x)
ln a x a= + ln a x (ln a
a 1
+ x + x
e eln a x
) = 2x + e
+ ex
,
所以 g′(x) = 2 + ex 1+ .
ex
因为 x > 0,所以 ex > 0√, 1x > 0,且 ex , 1x ,e e
所以 2 ex 1 > 2 ex · 1+ + x x 2 = 0.e e
所以 g′(x) > 0.
所以函数 g(x)在区间 (0,+∞)上是增函数.
所以 g(x)min > g(0) = 0.
所以 g(x) = f (ln a x) f (ln a + x) > 0.
所以 f (ln a x) > f (ln a + x).
21. (2023朝阳高三上期中 21)
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1 2 3

(1) A3 = 2 3 1
是 Γ3 数表,3 1 2
d(a1,1, a2,2) + d(a2,2, a3,3) = 2 + 3 = 5.
(2)由题可知 d(ai, j, ai+1, j+1) = |ai, j ai+1, j| + |ai+1, j ai+1, j+1| = 1 (i = 1, 2, 3; j = 1, 2, 3).
当 ai+1, j = 1时,有 d(ai, j, ai+1, j+1) = (ai, j 1) + (ai+1, j+1 1) = 1,所以 ai, j + ai+1, j+1 = 3.
当 ai+1, j = 2时,有 d(ai, j, ai+1, j+1) = (2 ai, j) + (2 ai+1, j+1) = 1,所以 ai, j + ai+1, j+1 = 3.
所以 ai, j + ai+1, j+1 = 3 (i = 1, 2, 3; j = 1, 2, 3).
所以 a1,1 + a2,2 + a3,3 + a4,4 = 3 + 3 = 6, a1,3 + a2,4 = 3, a3,1 + a4,2 = 3.
a1,2 + a2,3 + a3,4 = 3 + 1 = 4或 a1,2 + a2,3 + a3,4 = 3 + 2 = 5.
a2,1 + a3,2 + a4,3 = 3 + 1 = 4或 a2,1 + a3,2 + a4,3 = 3 + 2 = 5.
a1,4 = 1或 a1,4 = 2, a4,1 = 1或 a4,1 = 2.
故各数之 和 > 6 + 3 + 3 + 4 + 4 + 1 + 1 = 22. 1 1 1 1 1 2 2 2
当 A 4 =
1 2 1 1

时,
1 2 1 2
各数之和取得最小值 22. (例子不唯一)
(3)由于 Γ4 数表 A10 中共 100个数字,
必然存在 k ∈ {1, 2, 3, 4},使得数表中 k的个数 T 满足 T > 25.
设第 i行中 k的个数为 ri (i = 1, 2, · · · , 10).
当 ri > 2时,将横向相邻两个 k用从左向右的有向线段连接,
则该行有 ri 1条有向线段. ∑ ∑10
所以横向有向线段的起点总数 R = (ri 1) > (ri 1) = T 10.
ri>2 i=1
设第 j列中 k的个数为 c j ( j = 1, 2, · · · , 10).
当 c j > 2时,将纵向相邻两个 k用从上到下的有向线段连接,
则该列有 c j 1条有向线段. ∑ ∑10
所以纵向有向线段的终点总数 C = (c j 1) > (c j 1) = T 10.
c j>2 j=1
所以 R +C > 2T 20.
因为 T > 25,所以 R +C T > 2T 20 T = T 20 > 0.
所以必存在某个 k既是横向有向线段的起点,又是纵向有向线段的终点,
即存在 1 < u < v 6 10, 1 < p < q 6 10,使得 au,p = av,p = av,q = k,
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所以 d(au,p, av,q) = |au,p av,p| + |av,p av,q| = 0.
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