北京市中国人民大学附属中学2024-2025学年高三下学期数学统练（4）（含答案）

北京市中国人民大学附属中学2024 2025学年高三下学期数学统练（4）
一、单选题
1．已知集合，，若，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．若复数满足，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
3．设，则中最大的是（ ）
A． B． C． D．
4．若圆上总存在两个点到点的距离为3，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知向量不共线，，其中，若三点共线，则的最小值为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
6．已知、是抛物线上的两点，且线段的中点横坐标为，则的最大值是 （ ）
A． B． C． D．
7．“”是“函数在上单调递减”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
8．设，且，若函数的值域为R，则a的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
9．专家表示，海水倒灌原因是太阳、月亮等星体的共同作用下，海水的自然涨落，如果天气因素造成的涨水现象赶上潮汐高潮的时候，这个时候水位就会异常的高.某地发生海水倒灌，未来24h需要排水减少损失，因此需要紧急抽调抽水机.经测算，需要调用20台某型号抽水机，每台抽水机需要平均工作24h.而目前只有一台抽水车可立即投入施工，其余抽水机需要从其他施工现场抽调.若抽调的抽水机每隔20min才有一台到达施工现场投入工作，要在24h内完成排水任务，指挥部至少共需要抽调这种型号的抽水机（ ）
A．25台 B．24台 C．23台 D．22台
二、多选题
10．已知函数 ，则 的极值点的个数情况可能为 （ ）
A．没有极值点 B．有无穷多个极值点
C．恰有 2025 个极值点 D．恰有 2026 个极值点
三、填空题
11．已知为奇函数，则实数的值是 ．
12．已知直线是双曲线的一条渐近线，则双曲线C的离心率为 ．
13．已知平面向量 满足 且 ，则 的最大值为 .
14．如图，五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．已知，且等腰梯形所在平面，等腰三角形所在平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的体积为 ．
15．记 为数列 的前 项和， 为数列 的前 项和，已知 ， 其中 为某个常数，给出下列四个结论:
① 存在 使得 是非常数列的等比数列； ②存在 使得 是非常数列的等差数列；
③存在 使得 是递减数列； ④ 存在 使得 是递减数列.
其中所有正确结论的序号是 .
四、解答题
16．在中，.
(1)求的大小；
(2)再从下列三个条件中，选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的面积.
条件①：；
条件②：；
条件③：边上的高为.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得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.
17．如图，在三棱柱中，，，，点分别在棱和棱上，且，为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)已知平面.
①求二面角的正弦值；
②点到平面的距离.
18．无人驾驶技术是汽车研发领域的一个重要方向．某学校技术俱乐部研发了一个感知路况障碍的小汽车模型，该模型通过三个传感器共同判断路段是否有路障．在对该模型进行测试中，该俱乐部同学寻找了个不同的路段作为测试样本，数据如下表：
测试 结果真实 路况 传感器1 传感器2 传感器3
有障碍 无障碍 无法识别 有障碍 无障碍 无法识别 有障碍 无障碍 无法识别
无障碍 4 15 1 1 15 4 8 12 0
有障碍 40 10 10 45 5 10 45 10 5
假设用频率估计概率，且三个传感器对路况的判断相互独立．
（1）从这80个路段中随机抽取一个路段，求传感器1对该路况判断正确的概率；
（2）从这80个路段中随机抽取一个有障碍的路段进行测试，设为传感器1和传感器2判断正确的总路段数，求的分布列和数学期望；
（3）现有一辆小汽车同时装载了以上3种传感器．在通过某路段时，只要3个传感器中一个判断有障碍或无法识别，则小汽车减速．那么是否可以通过提高传感器3的判断正确率，使得小汽车在无障碍的道路上减速的概率小于？（结论不要求证明）
19．已知椭圆 的长轴的两个端点分别为 ，短轴的两个端点与 恰构成一个等边三角形的三个顶点.
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）点为椭圆上除，外的任意一点，直线交直线于点，点 为坐标原点：过点且与直线垂直的直线记为，直线交轴于点，交直线于点，问：是否存在点使得与的面积相等 若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
20．已知函数，其中为自然对数的底数，为函数的导函数.
（1）当时，求在处的切线方程;
（2）若在区间上不是单调函数，求的取值范围；
（3）若当时，恒成立，求的取值范围.
21．设是正整数，数列满足:， 且其任意两项互不相同. 对满足条件的数列，若，定义为，对正整数，定义为.
（1）若，数列，直接写出；
（2）证明:对任意满足条件的数列，都存在正整数，使得的首项为1；
（3）若. 是否存在满足条件的数列，使得的首项不为1？请说明理由.
参考答案
1．A
2．D
3．B
4．D
5．B
6．B
7．C
8．C
9．B
10．AD
11．
12．/
13．
14．/
15．②③④
16．（1）方法一：由正弦定理及，得
.①
因为，
所以.②
由①②得
因为，所以.
所以.因为，所以；
方法二：在中，因为，
由余弦定理得，
整理得
所以，所以；
（2）若选条件①：；，所以,而，这与矛盾，故不能选①.
选条件②：
方法一：由余弦定理，得
即，解得.
所以.
方法二：由正弦定理，所以，因为
，所以，
所以.
选条件③：
边上的高，所以，
以下与选择条件②相同.
17．（1）证明：取的中点为，连接，如下图所示：
M为棱的中点，的中点为，可得且；
又易知，且，所以，；
又，所以；
由三棱柱性质可得，所以，
所以，可知四边形为平行四边形；
可得，又平面，平面；
所以平面；
（2）①由已知平面，可得；
又，可知两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知，
可知，
设平面的一个法向量为，
所以，令，可得，
所以法向量可以为，
又易知平面与轴垂直，所以平面的一个法向量可以为；
则；
所以二面角的正弦值为；
②由（1）可知，平面的法向量可以为，
又，
所以点到平面的距离为.
18．（1）80个路段中，传感器1判断正确的路段有个．
设“传感器1对该路况判断正确”为事件，则.
（2）80个路段中共有60个有障碍的路段．60个有障碍的路段中，传感器1判断正确的路段有40个，
错误的有个，传感器2判断正确的路段有45个，判断错误的路段有个
的取值集合为．
，，
，
故的分布列为
随机变量的数学期望
（3）可以通过提高传感器3的判断正确率，使得小汽车在无障碍的道路上减速的概率小于．
分析：共有20个无障碍地路段，传感器1判断无障碍的有15个，
由频率估计概率，故无障碍路段上，估计传感器1判断无障碍的概率为．
传感2判断无障碍的有15个，由频率估计概率，故无障碍路段上，
估计传感器2判断无障碍的概率为．
若传感器3在无障碍路段上，判断为无障碍的概率为1．
小汽车在无障碍的道路上减速的概率：．
故可以通过提高传感器3的判断正确率，使得小汽车在无障碍的道路上减速的概率小于．
19．（1）根据题意可得：，，解得，
故椭圆的方程为：.
（2）
设，且，则 ，
又因为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
令，得，所以点的坐标为，
因为，所以直线的斜率为，
因为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
因为，，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
所以，
联立直线和直线的方程，
消去得，即，
整理有：，
因为，所以，
所以，解得点的横坐标，
，，
要使得与的面积相等，应有，
整理有，即，
解得，，因为，（舍去），所以，
由可得点P的坐标为.
20．（1）解：当时，函数，可得，
则，
所以 在 处的切线方程为，即.
（2）解：由函数，可得，
令，则，
若，可得恒成立，则在上单调递增，不符合题意；
若，令，可得，
要使得函数在区间上不单调，则满足，
此时在上单调递减，在上单调递增，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，所以实数的取值范围为.
（3）解：当时，由恒成立，即，
即恒成立，即在上恒成立，
令，
可得，
令，则且，
所以，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，即实数的取值范围为
21．（1）数列，由题意得数列；；
；.
（2）下面用数学归纳法证明.
证明：①当时，数列或满足条件；
显然，对数列：经过任意（为正整数）次变换均为数列本身，即首项恒为；
对数列，有，故经过次变换，的首项为，
故当时，存在正整数，使得的首项为；
②假设（）时，
对数列，其中，
都存在正整数，使得的首项为1，
为便于理解，下面叙述为：经过有限次变换，可使首项为；
自然经过有限次变换，也可使首项变为数列的任意项，.
当时，对，其中，
（i）若，则是数列的前项中的项，，且，
由题意，的首项也不等于，且经过任意次变换后首项均不为，
即变换仅对前项产生顺序调整，相当于对数列的变换，
故由归纳假设可知，经过有限次变换，可使首项为；
(ii)若，设，，，
由题意，经过任意变换，只要没有变换至首项位置，则相当于对数列的变换，
则由归纳假设，经过有限次（设为次）变换，可使首项为，
当时，即，则的首项为，即经过次变换，可使首项为；
当时，即，则的最后一项变换为，则转化为新数列满足，即（i）的情况，故经过有限次变换，也可使首项为；
故对数列，都存在正整数，使得的首项为1；
综合①②可知，对任意满足条件的数列，都存在正整数，使得的首项为1.
（3）不存在满足条件的数列，使得的首项不为1. 原因如下：
以上结论可转化为：任意数列，的首项均为.
由变换的可逆性，又可转化为：任意首项为的数列，均可经过不多于步的逆向变换，可转化为任意原数列.
不妨设原数列为.
首先，定义逆变换：设是正整数，对数列，
若存在，，定义逆变换为，
对正整数，定义为.
由（2）可知，任意数列，要使首项为，当数列中任意项，时，数列才可能取到最大变换次数.
故结论还可转化为，数列，可经过不多于步的逆变换，可使数列中任意项均不在原位置.下面用数学归纳法证明该结论.
①当时，数列，经过一次逆变换得.
由，
②假设（）时，数列可经过不多于步的逆变换，可使数列中任意项均不在原位置.
则当时，对数列，
先将前项即数列：，作逆变换，
由归纳假设，可经过不多于步的逆变换，使数列的前项均不在原位置，记为；
再作一次逆变换可得数列，其中第项，
（假设，）
故后面的变换只与前项有关，可经过不多于步的逆变换，使数列的前项均不在原位置，
故共不超过步逆变换.