北京市北京师范大学第二附属中学2025届高三上学期数学统练3

试卷第 1页，共 3页 高三上数学统练三 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知集合  1 1A x x    ，  0 2B x x   ，则 A B  （ ） A． 1 2x x   B． 1 2x x   C． 0 1x x  D． 0 2x x  2．已知  2im  为纯虚数，则实数m （ ） A．0 B．1 C． 1 D． 1 3．已知 终边经过点 π πsin , cos 6 6 P      ，则 可能是（ ） A． 5π 6 B． π 6 C． π 3  D． π 3 4．若 a、b、 c是互不相等的正数，且 2 2 2a c bc  ，则下列关系中可能成立的是（ ） A．a b c  B． c a b  C．b a c  D． a c b  5．若 2( ) 2sinf x x ，则 ( )f x 满足（ ） A．在 [0, π]上单调递增 B．在 [0, π]上单调递减 C．在 π0, 2      上单调递增 D．在 π0, 2      上单调递减 6．向量 , ,a b c   在正方形网格中的位置如图所示.若向量 a b   与 c  共线，则实数 （ ） A．-2 B．-1 C．1 D．2 7．已知 a，b  ， c  均为非零向量，则“ , ,a c b c    ”是“a c b c      ”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 试卷第 2页，共 3页 8．已知函数   1 2 12 , 0 2 log , 0 x x f x x x        ，且   0f m  ，则不等式  f x m 的解集为（ ） A． 10, 2       B．  0,1 C． 11, 2      D．  1,  9．荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”学习是日积月累 的过程，每天进步一点点，前进不止一小点.若甲、乙两同学当下的知识储备量均为 a，甲同 学每天的“进步”率和乙同学每天的“退步”率均为 2%.n天后，甲同学的知识储备量为  1 2% n a ，乙同学的知识储备量为  1 2% n a ，则甲、乙的知识储备量之比为 2时，需要 经过的天数约为（ ）（参考数据： lg2 0.3010 ， lg102 2.0086 ， lg98 1.9912 ） A．15 B．18 C．30 D．35 10．等差数列 na 的前 n项和为 nS .已知 3 1a   ， 5 5a  .记 nn n Sb a  （ 1, 2,n  ），则数列 nb 的（ ） A．最小项为 3b B．最大项为 3b C．最小项为 4b D．最大项为 4b 二、填空题 11．已知 为第三象限角，且 2sin 3    ，则 cos  ，  sin π  . 12．若抛物线 2 2 ( 0)y px p  的准线经过双曲线 2 2 1 3 x y  的左焦点，则 p  ． 13．已知函数     πsin 2 0 2 f x x           ，满足：   π, 3 x f x f         R 恒成立，则   ，函数  f x 在区间  π, π 内有 个零点. 14．边长为 2的等边 ABCV 中， | | 1BD   ，CE EA   ，则 AD BE   的最小值为 ． 15．已知函数 sin( ) xf x x  ，下面命题正确的是 . ①存在 0 (π,2π)x  ，使得 0( ) 0f x  ； ②存在 1 2, (0, π)x x  ，使得 2 1 2 1 ( ) ( ) 0f x f x x x    ； ③存在常数 1M  ，使得 ( )f x M 恒成立； ④存在 0k  ，使得直线 y kx 与曲线 ( )y f x 有无穷多个公共点. 试卷第 3页，共 3页 三、解答题 16．若函数 ( ) 2cos (sin cos ) 1(0 4)f x x x x        .从条件①、条件②、条件③这三个条 件中选择一个作为已知，使函数 ( )f x 存在. (1)求 ( )f x 的解析式与最小正周期； (2)求 ( )f x 在区间 π0, 2      上的最值. 条件①： π 3 8 f       ， 条件②： Rx  ， ( ) 8 πf x f       恒成立； 条件③：函数 ( )f x 的图象关于点 π ,0 8      对称. 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. 17．已知函数 ( ) ln( 1) sinf x x x   ． (1)求函数 ( )f x 在 0x  处的切线方程； (2)当 1  时，判断函数 ( )f x 在 π , 2    上零点的个数； (3)已知  ( ) 2 1 exf x   在 [0, π]x 上恒成立，求实数λ的取值范围． 答案第 1页，共 9页 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C C C D D C B C 1．B 【分析】将集合 ,A B元素的范围表示在数轴上，由集合并集的含义，即可求得 A B . 【详解】因为集合  1 1A x x    ，  0 2B x x   ， 把集合 ,A B元素的范围表示在数轴上，如图， 可知  1 2A B x x     . 故选：B. 2．D 【分析】根据复数代数形式的乘方运算化简  2im  ，再根据实部为0，虚部不为0得到方程 （不等式）组，解得即可. 【详解】因为   2 2 22 2 i 1i i 2 im m m m m      ， 又  2im  为纯虚数，所以 2 1 0 2 0 m m       ，解得 1m   . 故选：D 3．C 【分析】先由题意推出 是第四象限角，接着求出 tan 3   即可得解. 【详解】因为 π 1 π 3sin , cos 6 2 6 2     ， 所以 1 3, 2 2 P        ，故点 P在第四象限，则由题意 是第四象限角， 又因为 3 2tan 31 2      ， 所以 可能是 π 3  . 故选：C. 答案第 2页，共 9页 4．C 【分析】利用基本不等式及已知条件得到 2 2bc ac ，从而得到b a ，即可判断. 【详解】∵ a、 c均为正数，且 a c ，∴ 2 2 2a c ac  ． 又∵ 2 2 2a c bc  ，∴ 2 2bc ac ．∵ 0c  ，∴b a ，故排除 A、B、D． 故选：C． 5．C 【分析】利用二倍角公式将函数解析式化简，再根据余弦函数的性质判断即可. 【详解】因为 2( ) 2sin 1 cos 2f x x x   ， 当 [0, π]x 时 2 [0, 2π]x ，因为 cosy x 在 0,2π 上不单调， 所以  f x 在 0, π 上不单调，故 A、B错误； 当 π0, 2 x     时  2 0, πx ，因为 cosy x 在 0,π 上单调递减， 所以  f x 在 π0, 2      上单调递增，故 C正确、D错误； 故选：C 6．D 【分析】先由图得出用 ,a b  表示 c  的式子，再根据向量共线的充要条件求之即得. 【详解】根据网格图中的 , ,a b c   的大小与方向，易于得到 2c a b     ， 由向量 a b   与 c  共线，可得 (2 )a b tc t a b        ，解得： 1, 2 2t t   . 故选：D. 7．D 【分析】根据数量积的定义及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】因为 cos ,a c a c a c        ， cos ,b c b c b c       ， 所以根据 , ,a c b c    无法推导出 a c b c      ， 根据 a c b c      也推导不出 , ,a c b c    ， 所以“ , ,a c b c    ”是“ a c b c      ”的既不充分也不必要条件． 故选：D． 8．C 答案第 3页，共 9页 【分析】分 0m  和 0m  解方程   0f m  ，求出m的值，然后分 0x  和 0x  解不等式  f x m ，即可得出结果. 【详解】当 0m  时，   12 0 2 mf m    ，方程   0f m  无解； 当 0m  时，令   1 2 log 0f m m  ，解得 1m  ，合乎题意. 下面解不等式   1f x  . 当 0x  时，令   12 1 2 xf x    ，得出 12 2 x  ，解得 1x   ，此时， 1 0  x ； 当 0x  时，令   1 1 2 2 1log 1 log 2 f x x   ，解得 1 2 x  ，此时， 10 2 x  . 因此，不等式  f x m 的解集为 11, 2      . 故选：C. 【点睛】本题考查分段函数方程与分段函数不等式的求解，在解题时要注意对自变量的取值 进行分类讨论，选择合适的解析式进行计算，考查分类讨论思想的应用与运算求解能力，属 于中等题. 9．B 【分析】根据题意列式，结合对数运算，即可求得答案. 【详解】由题意可设经过 n天后甲、乙的知识储备量之比为 2， 则     1 2% 1022, 2 981 2% n n n n a a      ， 则 lg2 0.3010(lg102 lg98) lg2, 18 lg102 lg98 2.0086 1.9912 n n        （天）， 故选：B 10．C 【分析】先由基本量法求出 , ,n n na S b ，再由导数确定 nb 的单调性，最后求出结果即可. 【详解】设公差为 d，则 5 3 3 2 a ad   ， 1 3 2 7a a d    ，则  1 1 7 3 3 3 10na a n d n n         ，   2 1 3 17 2 2 n n n a a n nS     ， 所以   23 17 2 3 10 n n n S n nb a n     ， 答案第 4页，共 9页 设   23 17 6 20 x xf x x    ，则     2 2 18 120 340 6 20 x xf x x      ， 2120 4 18 340 0      ， 所以  f x 在 10 100, , , 3 3            为递增函数， 所以 1 2 3 4 3 17 3 4 17 2 11 3 9 17 3 3 16 17 41, , 12, 5 6 20 6 2 20 4 6 3 20 24 20 b b b b                        ， 所以最小项为 4b . 故选：C. 11． 5 3  / 1 5 3  2 3 【分析】根据角的范围判断 cos 的符号，利用同角的三角函数基本关系式和诱导公式计算 即得. 【详解】∵ 为第三象限角，且 2sin 3    ， ∴ 2 2 2 5cos 1 sin 1 3 3                ；   2sin π sin 3      . 故答案为： 5 3  ； 2 3 . 12．4 【分析】根据双曲线的方程得出其左焦点为  2,0F  ，根据抛物线的方程得出其准线为 2 px   ，再根据条件即可求出结果. 【详解】因为双曲线 2 2 1 3 x y  的左焦点为  2,0F  ，又抛物线 2 2 ( 0)y px p  的准线为 2 px   ， 所以 2 2 p    ，得到 4p  ， 故答案为： 4 . 13． π 6  4 【分析】由   π, 3 x f x f         R 恒成立可求得 π 6    ，则 π( ) sin(2 ) 6 f x x  ，结合正弦函数 的图象与性质即可求解. 答案第 5页，共 9页 【详解】由   π, 3 x f x f         R 恒成立，知�( π 3 )为 ( )f x 的最大值， 则 π π2 2 π, 3 2 k k    Z，即 π 2 π, 6 k k    Z ， 又 π 0 2    ，所以 π 6    ，故 π( ) sin(2 ) 6 f x x  ， 由 π πx   ，得 13π π 11π26 6 6x    ， 令 π2 6 x   ，作出正弦函数 siny  的图象，如图， 由图可知，函数 siny  在 13π 11π( , )6 6 内有 4个零点， 即函数 ( )f x 在 ( π,π) 内有 4个零点. 故答案为： π 6  ；4 14． 3 3  ． 【分析】以点 B为坐标原点， BE  、 EA  分别为 x、 y轴的正方向建立平面直角坐标系，设点  cos ,sinD   ，利用平面向量数量积的坐标运算以及余弦函数的有界性可求得 AD BE   的最 小值. 【详解】因为 ABCV 是边长为 2的等边三角形，且CE EA   ，则 E为 AC的中点，故BE AC ， 以点 B为坐标原点， BE  、 EA  分别为 x、 y轴的正方向建立如下图所示的平面直角坐标系， 则  3,1A 、  3,0E 、  0,0B ，设点  cos ,sinD   ，  3,0BE  ，  cos 3,sin 1AD     ， 所以，  3 cos 3 3 3AD BE        ，当且仅当 cos 1   时，等号成立， 答案第 6页，共 9页 因此， AD BE   的最小值为 3 3  . 故答案为： 3 3  . 15．①③ 【分析】①函数求导，用 cos sin( ) 2 x x xf x x   ，令 ( ) cos sinh x x x x  ， ( )h x 与 ( )f x 同正负. 研究 ( )h x 正负即可，用 ( )h x 来研究 ( )h x 即可得出答案.；② 2 1 2 1 ( ) ( )f x f x k x x    ，即两点间的 斜率正负问题，也就是转化研究 (0, π)内的单调性.求导即可.③用三角函数的有界性可解.④借 助函数单调性,数形结合可解. 【详解】函数 sin( ) xf x x  ，定义域 ( ,0) (0, )  . 由于 sin( ) sin( ) ( )x xf x f x x x       知其为偶函数. cos sin( ) 2 x x xf x x   ， 令 ( ) cos sinh x x x x  ， ( )h x 与 ( )f x 同正负. ( ) ( cos sin ) cos sin cos sinh x x x x x x x x x x        . 对于①，当 (π,2π)x ， ( ) sin 0h x x x    ，则 ( )h x 单调递增， 则 π (π) ( ) (2π) 2πh h x h     ，故存在 0 (π,2π)x  ， ( ) 0h x  ， 即存在 0 (π,2π)x  ，使得 0( ) 0f x  .故①正确. 对于②，与①同理，当 (0,π)x ， ( ) sin 0h x x x    ，则 ( )h x 单调递减， 则 π (π) ( ) (0) 0h h x h     ，故 (0,π)x ， ( ) 0h x  ，即 ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减. 任意 1 2, (0, π)x x  ， 2 1 2 1 ( ) ( ) 0f x f xk x x     ，故②错误. 对于③，由于 sin( ) xf x x  为偶函数，根据对称性，我们只需要考虑 (0, ) 即可. 令 siny x x  ，则 cos 1 0y x    ，即 siny x x  在 (0, ) 上单调递减， 故 sin sin0 0 0x x    ，即 sinx x ，故 sin 1xx  ， 故存在常数 1M  ，使得 ( )f x M ，故③正确. 对于④，将 y kx 代入 sin( ) xf x x  ，得 sin xkx x  ，由于 sin( ) xf x x  为偶函数，根据对称性， 我们只需要考虑 (0, ) 即可. 由①②知， (0,π)x ，单调递减， 0(π, )x x ，单调递减， 0( , 2π)x x ，单调递增.一直往复 下去. 图象如下. 答案第 7页，共 9页 则 ( 0)y kx k  与 sin( ) xf x x  不能有无数个交点， 即 y kx 与 ( )y f x 不能有无穷多个公共点.故④错误. 综上所得，只有①③正确. 故答案为：①③. 【点睛】本题主要考查函数很多性质，如奇偶性、单调性、零点与方程，有界性等.综合性 较强，有一定难度，关键是借助导数来研究性质，需要冷静分析，认真计算 . 16．(1) π( ) 2 sin 2 4 f x x      ， πT  (2)最大值 2；最小值 1 【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简  f x ，若选条件①可推得函数 ( )f x 不存在，选择 条件②③，可求得函数的解析式，进而得到最小正周期； （2）由 π0, 2 x     可得 π π 5π2 , 4 4 4 x       ，借助正弦函数性质可求出最值. 【详解】（1）因为 2( ) 2sin cos 2cos 1f x x x x     ，0 4  ， 所以 π( ) sin 2 cos 2 2 sin 2 4 f x x x x          ， 若选条件①：因为 π( ) 2 sin 2 4 f x x      的最大值为 2，最小值为 2 . 所以 π 3 8 f       无解，故条件①不能使函数 ( )f x 存在. 若选条件②：因为 x R， ( ) 8 πf x f       . 故 ( )f x 在 π 8 x  处取最大值， 即 π π π 2 π 4 4 2 k    ， k Z ，所以 1 8k   ， 因为0 4  ，故 1  ，所以 π( ) 2 sin 2 4 f x x      ，最小正周期为： πT  . 若选条件③：因为函数 ( )f x 的图象关于点 π ,0 8      对称. 答案第 8页，共 9页 所以 π π2 sin 0 4 4        ， 所以 π π π 4 4 k   ， k Z ， 即 1 4k   ， kZ，因为0 4  ，故 1  . 所以 π( ) 2 sin 2 4 f x x      ，最小正周期为： πT  . （2）因为 π0, 2 x      ，则 π π 5π2 , 4 4 4 x       ， 故当 π π2 4 2 x   ，即 π 8 x  时， ( )f x 取最大值 2； 故当 π 5π2 4 4 x   ，即 π2 x  时， ( )f x 取最小值 1 . 17．(1) ( 1) 0x y    (2)有且仅有一个零点 (3)[ 1, )  【分析】（1）求导，利用导数的几何意义得斜率，即可得直线方程， （2）求导，根据 ( )f x 在 π ,π 2     上单调递增．结合零点存在性定理可得 π , π 2     上有且仅有一 个零点；进而根据[π, ) 上无零点即可求证， （3）构造函数 ( ) 2e sin ln( 1) 2xg x x x     ，求导，对进行分类讨论，结合零点存在性 定理即可求解. 【详解】（1）   cos 1 f x x x      ，则  0 cos 1 1 f x x       ， (0) 0f  ， 故切线方程为 ( 1) 0x y    （2）当 1  时， ( ) ln( 1) sinf x x x   ，则 1( ) cos 1 f x x x     ， 当 π ,π 2 x     时， 1cos 0, 0 1 x x     ，所以 ( ) 0f x  ，即 ( )f x 在 π ,π 2     上单调递增． 又 ln 1 1 0, ( ) ln( 1) 0 2 2 f f                  ，所以在 , 2     上有且仅有一个零点； 当 [π, )x  时 ( ) ln( 1) sin ln( 1) 1 0f x x x        ，所以在[π, ) 上无零点． 综上， ( )f x 在 π , 2     上有且仅有一个零点． （3）由  ( ) 2 1 exf x   ，即  ln( 1) sin 2 1 exx x     ， 答案第 9页，共 9页 整理得 2e sin ln( 1) 2 0x x x     ， 令 ( ) 2e sin ln( 1) 2xg x x x     ，则 ( ) 2e cos 1 xg x x x       ， 当 0λ  时，对任意 [0, π]x 有 cos [ 1,1]x  ，又 2e 2, 0 1 x x     ， 所以 ( ) 0g x  ，此时 ( )g x 在 0, π 上单调递增，故 ( ) (0) 0g x g  ，符合题意． 当 0  时，令 ( ) ( )h x g x ，则 2( ) 2e sin ( 1) xh x x x      ， 所以，在 [0, π]x 上 ( ) 0h x  恒成立，即 ( ) ( )h x g x 在 0, π 上单调递增． 又    0 1, π 2e 1 1 xg g          ． 当 1 0   ，即 1 0   时，在 0, π 上有 ( ) 0g x  ， 此时 ( )g x 在 0, π 上单调递增， ( ) (0) 0g x g  ，符合题意． 当 1 0   ，即 1   时，若 ( ) 0g π  ，即    π 1 2e 1 1x       ， 由零点存在定理，存在 0 (0, π)x  使  0 0g x  ，故� ∈ 0, �0 上 ( ) 0g x  ． 所以 ( )g x 在� ∈ 0, �0 上递减，此时  0 (0) 0g x g  ，不合题意． 若 (π) 0g  ，即    π 1 2e 1x     ，此时对 , π[ ]0x  恒有 ( ) 0g x  且不恒为 0． 即 ( )g x 在 0, π 上单调递减，所以    π 0 0g g  ，不合题意． 综上，λ的取值范围是 [ 1, )  ． 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分 离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就 要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．