精品解析：北京市2024-2025学年高三上学期期中质量检测数学试卷

机密★本科目考试启用前 2024～2025学年度第一学期北京市高三年级期中质量检测 数 学 试 卷 （2024年11月） 本试卷共6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，将本试卷和答题卡一并交回． 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．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 若命题：“，，使得”为假命题，则，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量．若与平行，则实数λ的值为（ ） A. B. C. 1 D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 在等比数列中，是方程的两个根，则（ ） A. 7 B. 8 C. 或8 D. 7. 将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数 的图象，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 在上的最小值为 D. 直线是图象的一条对称轴 8. 设数列的前项和为，，，若，则正整数的值为（ ） A. 2024 B. 2023 C. 2022 D. 2021 9. 已知等差数列的前项和为，则“”是“”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 10. 对于函数和，及区间，若存在实数，使得对任意恒成立，则称在区间上“优于”.有以下两个结论： ①在区间上优于； ②在区间上优于. 那么（ ） A. ①､②均正确 B. ①正确，②错误 C. ①错误，②正确 D. ①､②均错误 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. 已知为等差数列的前项和，，则______． 12. 已知，，则_____． 13. 已知，则______． 14. 若，，与不共线，则平分线上的向量______． 15. 在数列中各项均为正数，且，给出下列四个结论： ①对任意的，都有 ②数列不可能为常数列 ③若，则数列为递增数列 ④若，则当时， 其中所有正确结论的序号是___________. 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，，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求： （1）的值； （2）的值和的面积. 条件①：条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 17. 已知函数，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为，再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为一组已知条件． （1）确定的解析式； （2）若图象的对称轴只有一条落在区间上，求a的取值范围． 条件①：的最小值为； 条件②：图象的一个对称中心为； 条件③；的图象经过点． 18. 已知函数 （1）当时 ①求曲线在点处的切线方程； ②求的单调区间与极值． （2）若函数有两个零点，求实数的取值范围． 19. 已知数列的前n项和为，在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知． （1）求数列的通项公式； （2）设数列的前n项和为．若对任意，不等式恒成立，求m的最小值． 条件①：且； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 20. 已知，，e是自然对数的底数． （1）当时，求函数的单调区间、极值以及对应的极值点； （2）若关于x的方程有两个不等实根，求a的取值范围； （3）当时，若满足，求证：． 21. 已知数列是斐波那契数列，这一数列以如下递推的方法定义：．数列对于确定的正整数k，若存在正整数n使得成立，则称数列为“阶可分拆数列” （1）已知数列满足，判断是否对，总存在确定的正整数k，使得数列为“k阶可分拆数列”，并说明理由； （2）设数列的前n项和为． （ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值； （ⅱ）在（ⅰ）问的前提下，若数列满足，其前n项和为，求证：当且时，成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 机密★本科目考试启用前 2024～2025学年度第一学期北京市高三年级期中质量检测 数 学 试 卷 （2024年11月） 本试卷共6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，将本试卷和答题卡一并交回． 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．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用交集的定义即可求解. 【详解】，所以. 故选：C. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的四则运算，即可求出结果. 【详解】因为，所以，所以, 所以，所以的虚部为， 故选：C． 3. 若命题：“，，使得”为假命题，则，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由命题的否定为真命题，转化为成立，构造函数利用导数判断单调性即可得解. 【详解】由题意，命题的否定“，，使得”为真命题， 即， 设，则， 所以为增函数， 所以由可知， 故选：B 4. 已知向量．若与平行，则实数λ的值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量线性运算的坐标表示，向量共线的坐标表示计算得解. 【详解】由，得，而，与平行， 因此，解得， 所以实数λ的值为. 故选：D 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两角和差公式、二倍角公式逆用可得，进一步结合两角和的正切公式即可得解. 【详解】由题意，即， 即，所以. 故选：B. 6. 在等比数列中，是方程的两个根，则（ ） A. 7 B. 8 C. 或8 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由韦达定理得到，再根据等比数列性质可以求出. 【详解】等比数列中，是方程的两个根，则， 再根据等比数列性质可以求出. 故选：D. 7. 将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数 的图象，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 在上的最小值为 D. 直线是图象的一条对称轴 【答案】D 【解析】 【分析】由平移变换内容得可判断A；求出的增区间可判断B；依据的范围即可求出的值域即可判断C；根据对称轴方程求解的对称轴方程即可判断D. 【详解】对于选项A，由题意，可得， 故A错误； 对于选项B，令，， 所以在上单调递增，故B错误； 对于选项C，因为，所以，故， 在上的最小值为0，故C错误； 对于选项D，函数的对称轴方程为， 化简可得，取，可得， 所以是图象的一条对称轴，故D正确. 故选：D. 8. 设数列的前项和为，，，若，则正整数的值为（ ） A. 2024 B. 2023 C. 2022 D. 2021 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推关系，构造等比数列求出通项公式，再由分组求和及放缩法得出的范围即可. 【详解】由，两边取倒数可得：， 即，又， 所以是首项为1，公比为的等比数列， 所以， 故， 令 由且，则， 由，则， 则，所以， 故，则正整数的值为2022． 故选：C 9. 已知等差数列的前项和为，则“”是“”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 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列通项和求和公式可推导得到充分性成立；将代入，可得，进而得到必要性成立，从而得到结论. 【详解】设等差数列的公差为， 由得：，， ， ，即，充分性成立； 由得：，，即， ， 即，必要性成立； “”是“”的充分必要条件. 故选：C. 10. 对于函数和，及区间，若存在实数，使得对任意恒成立，则称在区间上“优于”.有以下两个结论： ①在区间上优于； ②在区间上优于. 那么（ ） A. ①､②均正确 B. ①正确，②错误 C. ①错误，②正确 D. ①､②均错误 【答案】B 【解析】 【分析】在同一个平面直角坐标系作出函数在区间D上的图形，由题意给的定义，根据数形结合的数学思想依次判断即可求解. 【详解】①：当时，；当时，， 所以函数图象都经过点， 则直线的方程为，即， 在同一个平面直角坐标系作出函数在区间上的图形，如图， 由图可知，， 即存在使得在区间上恒成立， 所以在区间上优于，故①正确； ②：问题等同于在区间上优于 在同一个平面直角坐标系作出函数在区间上的图形，如图， 由图可得，，即， 所以直线的方程为，即. 设曲线在处且平行于直线的切线为， 由，，得，解得， 则切点， 所以，即， 取，则， 所以切线位于直线的下方，则不存在实数使得 ， 即在区间上优于，故②不正确. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解函数新定义，利用导数研究不等式恒成立，和导数的几何意义；在利用导数求切线方程时，可用导数的意义求出切线的斜率. 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. 已知为等差数列的前项和，，则______． 【答案】120 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，利用条件得到，由等差数列求和公式计算即得. 【详解】设等差数列的公差为， 由可得，即， 则. 故答案为：120. 12. 已知，，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】由，结合同角关系式及两角差的余弦公式即可求解. 【详解】，所以， 又因为， 所以， 所以. 故答案为：. 13. 已知，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】借助分段函数的性质计算即可得. 【详解】， 则. 故答案为：. 14. 若，，与不共线，则平分线上的向量______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用平行四边形法则及共线向量定理求得答案. 【详解】作向量，以线段为邻边作， 则，而，因此为菱形，平分， 又为平分线上的向量，则，. 故答案为： 15. 在数列中各项均为正数，且，给出下列四个结论： ①对任意的，都有 ②数列不可能为常数列 ③若，则数列为递增数列 ④若，则当时， 其中所有正确结论的序号是___________. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】结合数列递推式研究数列的单调性，逐项判断即可. 【详解】解：对于①，在数列中，，则， 又对于任意的都有，则，即， 即对于任意的，都有，故①项正确； 对于②，不妨设数列可能为常数列，则， 又，则，则， 即时，数列为常数列，故②项错误； 对于③， 又，则，即， 同理，当，都有，即， 即，即数列为递增数列，故③项正确； 对于④，，则，即， 同理，当，都有， 又，即数列为递减数列， 即当时，，故④项正确. 故答案为：①③④. 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，，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求： （1）的值； （2）的值和的面积. 条件①：条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）；（2）， 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换及特殊角的三角函数值计算可得； （2）依题意求出，利用正弦定理求出边，最后根据计算可得； 【详解】解：（1）因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以 （2）若选①：由，，所以，由正弦定理，即，解得， 又所以 若选②：因为，，所以 由正弦定理，即，解得，所以， 所以，由正弦定理，即，解得， 又所以 17. 已知函数，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为，再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为一组已知条件． （1）确定的解析式； （2）若图象的对称轴只有一条落在区间上，求a的取值范围． 条件①：的最小值为； 条件②：图象的一个对称中心为； 条件③；的图象经过点． 【答案】 （1）任意选条件①②或①③或②③：； （2）． 【解析】 【分析】求出函数的最小正周期，可求得的值. （1）选择①②，求出的值，由条件②可得出关于的等式结合的取值范围，可求得的值，由此可求得函数的解析式； 选择①③，求出的值，由已知条件可得出，求出的取值范围，可求得的值，由此可求得函数的解析式； 选择②③，由条件②可得出关于的等式结合的取值范围，可求得的值，将点的坐标代入函数的解析式，求出的值，可得出函数的解析式； （2）由可求得的取值范围，结合题意可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围. 【详解】（1）由于函数图象上两相邻对称轴之间的距离为， 所以的最小正周期，．此时． 选条件①②；因为，所以． 因为图象的一个对称中心为，所以， 因为，所以，此时，所以； 选条件①③：因为，所以． 因为函数的图象过点，则，即，， 因为，即，，所以，，解得. 所以； 选条件②③：因为函数的一个对称中心为， 所以，所以． 因为，所以，此时，所以． 因为函数的图象过点，所以， 即，，即，所以． 所以； （2）因为，所以， 因为图象的对称轴只有一条落在区间上，所以，得， 所以的取值范围为． 【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路： （1）将函数解析式变形为或的形式； （2）将看成一个整体； （3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题. 18. 已知函数 （1）当时 ①求曲线在点处的切线方程； ②求的单调区间与极值． （2）若函数有两个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）①；②递增区间为，递减区间为，极大值为，无极小值； （2）. 【解析】 【分析】 （1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. （2）利用零点的定义分离参数、构造函数，把问题转化为直线与函数图象有2个交点求解. 【小问1详解】 ①当时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为，即. ②函数的定义域为，， 由，得；由，得， 所以函数的递增区间为，递减区间为， 函数在处取得极大值，无极小值. 【小问2详解】 函数，由，得，令， 由函数有2个零点，得直线与函数的图象有2个交点， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，且， 而当时，恒有，，在同一坐标系内作出直线与函数的图象， 观察图象得，当且仅当时，直线与函数的图象有2个交点， 因此函数有两个零点时，， 所以实数的取值范围为. 19. 已知数列的前n项和为，在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知． （1）求数列的通项公式； （2）设数列的前n项和为．若对任意，不等式恒成立，求m的最小值． 条件①：且； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）选条件①：由等比数列通项公式直接可得；选条件②：利用与的关系可得；选条件③：先由与的关系先得递推公式，然后由等比数列通项公式直接可得. （2）由等比数列求和公式求和后可得. 【小问1详解】 选条件①：因为，且，即 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列 所以. 选条件②：当时， 当时， 因为当时，上式也成立， 所以. 选条件③：因为，得 当时，，得 当时， 整理得 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列 所以. 【小问2详解】 由（1）知，，记 因为， 所以是以1为首项，为公比的等比数列 所以 所以m的最小值为2. 20. 已知，，e是自然对数的底数． （1）当时，求函数的单调区间、极值以及对应的极值点； （2）若关于x的方程有两个不等实根，求a的取值范围； （3）当时，若满足，求证：． 【答案】（1）单调区间见解析；当时，取得极小值0，无极大值 （2） （3）证明：因，由，当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 因，且，则可得，， 要证，需证， 因，且函数在上单调递减， 则只需证，又， 即需证，即证. 设， 则， 于是， 因，当且仅当 ，即当时，等号成立， 故，即函数在上单调递增，因， 则， 则，即得， 又函数在上单调递减，则，故得证. 【解析】 【分析】（1）通过求导判断函数的单调性，即得函数的极值； （2）依题意将方程有两个不等实根问题转化成函数与有两个交点问题，通过求导判断函数的单调性和极值趋势，作出图象，数形结合即可求得参数范围； （3）先利用求导判断函数的单调性，结合，且，可得，，经等价转化，将待证命题转化成证明，构造函数，求导判断在上单调递增，由得，从而推得，利用的单调性得到即得证. 【小问1详解】 当时，，函数的定义域为，求导得， 由可得，当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以当时，取得极小值. 故函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 当时，取得极小值0，无极大值. 【小问2详解】 由方程有两个不等实根可知，， 依题意，方程有两个不等实根等价于函数与有两个交点. 由，当时，，当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减，故当时，取得极大值， 且当；当，，故可作出函数的图象如下. 由图知，当且仅当时，函数与有两个交点.，故a的取值范围为. 【小问3详解】 略 21. 已知数列是斐波那契数列，这一数列以如下递推的方法定义：．数列对于确定的正整数k，若存在正整数n使得成立，则称数列为“阶可分拆数列” （1）已知数列满足，判断是否对，总存在确定的正整数k，使得数列为“k阶可分拆数列”，并说明理由； （2）设数列的前n项和为． （ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值； （ⅱ）在（ⅰ）问的前提下，若数列满足，其前n项和为，求证：当且时，成立． 【答案】（1）存在，理由如下： 存在，理由如下： 由已知得， ， ，即， 对，当正整数时，存在，使得成立， 即数列为“1阶可分拆数列”. （2）（ⅰ）符合条件的实数的值为0； （ⅱ）证明如下： ， 当时，， ， ， 由（ⅰ）知，所以， ①， ②， 由①-②可得 ， ， ， ， 当且时，成立. 【解析】 【分析】（1）根据“k阶可分拆数列”的概念，判断数列为“1阶可分拆数列”. （2）先根据前项和公式，求出数列的通项公式，（ⅰ）由可求的值，再讨论时，无解即可；（ⅱ）根据，可得，利用“累加法”可得：；再利用“错位相减法”证明，即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， 当时，， 当时，， （ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，则存在正整数使得成立， 当时，，即，解得， 当时，，即， 因，所以，又， 故方程无解. 综上所述，符合条件的实数的值为0. （ⅱ）略 【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的正整数，存在正整数使得成立即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $