試題試題2024北京一六六中高三9月月考數學（考試時長：150分鐘）班級：______________姓名：______________考查目標知識：預備知識，函數，導數，三角函數，數列，概率統計，解析幾何能力：空間想象能力、抽象概括能力、運算求解能力、推理論證能力、數據處理能力、數學建模能力1．已知集合，，則（

）A． B．C． D．2．若且，則下列不等式中一定成立的是（

）A． B． C． D．3．雙曲線的離心率為，則其漸近線方程為（

）A． B． C． D．4.下列函數中，是偶函數且在區間上單調遞增的是A．B．C．D．5．在平面直角坐標系中，角以為始邊，終邊與單位圓交于點，則（

）A． B． C． D．6．小王同學進行投籃練習，若他第1球投進，則第2球投進的概率為；若他第1球投不進，則第2球投進的概率為.若他第1球投進概率為，他第2球投進的概率為（

）A． B． C． D．7．已知數列為無窮項等比數列，為其前項的和，“，且”是“，總有”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不必要又不充分條件8．近年來純電動汽車越來越受消費者的青睞，新型動力電池迎來了蓬勃發展的風口.Peukert于1898年提出蓄電池的容量（單位：），放電時間（單位：）與放電電流（單位：）之間關系的經驗公式：，其中為Peukert常數.為測算某蓄電池的Peukert常數，在電池容量不變的條件下，當放電電流時，放電時間；當放電電流時，放電時間.若計算時取，則該蓄電池的Peukert常數大約為（

）A．1.25 B．1.5 C．1.67 D．29．已知函數則下列結論錯誤的是（

）A．存在實數，使函數為奇函數；B．對任意實數和，函數總存在零點；C．對任意實數，函數既無最大值也無最小值；D．對于任意給定的正實數，總存在實數，使函數在區間上單調遞減.10．設函數，若時，的最小值為.則下列選項正確的是（

）A．函數的周期為B．將函數的圖像向左平移個單位，得到的函數為奇函數C．當，的值域為D．方程在區間上的根的個數共有6個11．已知是第一象限角，且角的終邊關于y軸對稱，則___________12．若函數的部分圖象如圖所示，則的值是___________13．數列是公差為的等差數列，記的前項和為，且成等比數列，則；.14．過拋物線的焦點的直線交拋物線于兩點，若弦中點縱坐標為2，則．15．斐波那契數列又稱為黃金分割數列，在現代物理、化學等領域都有應用，斐波那契數列滿足，.給出下列四個結論：①存在，使得成等差數列；②存在，使得成等比數列；③存在常數t，使得對任意，都有成等差數列；④存在正整數，且，使得.其中所有正確結論的序號是.16.已知函數的圖像經過點．(1)求實數的值，并求的單調遞減區間；(2)當時，恒成立，求實數的取值范圍．17．設函數，已知，，在區間[π12,7π12]上單調，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使函數(1)求的值；(2)當時，若曲線與直線恰有一個公共點，求的取值范圍．條件①：為函數的圖象的一個對稱中心；條件②：直線為函數的圖象的一條對稱軸；條件③：函數的圖象可由的圖象平移得到．注：如果選擇的條件不符合要求，得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．18．某保險公司為了了解該公司某種保險產品的索賠情況，從合同險期限屆滿的保單中隨機抽取1000份，記錄并整理這些保單的索賠情況，獲得數據如下表：賠償次數01234單數假設：一份保單的保費為0.4萬元；前3次索賠時，保險公司每次賠償0.8萬元；第四次索賠時，保險公司賠償0.6萬元.假設不同保單的索賠次數相互獨立.用頻率估計概率.(1)估計一份保單索賠次數不少于2的概率；(2)一份保單的毛利潤定義為這份保單的保費與賠償總金額之差.（i）記為一份保單的毛利潤，估計的數學期望；（ⅱ）如果無索賠的保單的保費減少，有索賠的保單的保費增加，試比較這種情況下一份保單毛利潤的數學期望估計值與（i）中估計值的大小．（結論不要求證明）19．已知橢圓：的左頂點為，上下頂點為，，離心率為.(1)求橢圓的方程(2)設點是橢圓上一點，不與頂點重合，滿足四邊形是平行四邊形，過點作垂直軸的直線交直線于點，再過作垂直于軸的直線交直線于點.求證：，，三點共線.20.已知函數，其中為常數.（1）若，求函數的極值；（2）若函數在上單調遞增，求實數的取值范圍；（3）若，求函數在上的極值點的個數.已知數列：，，…，.如果數列：，，滿足，，其中，則稱為的“衍生數列”.(1)若數列：，，，的“衍生數列”是：5，，7，2，求；(2)若為偶數，且的“衍生數列”是，證明：的“衍生數列”是；(3)若為奇數，且的“衍生數列”是，的“衍生數列”是，…依次將數列，，，…第（）項取出，構成數列：，，….求證：是等差數列.

參考答案1.【答案】B【分析】求出集合A，B，由此能求出.【詳解】因為集合，，所以.故選：B.2.【答案】C【分析】根據作差法判斷C；結合不等式的基本性質舉例說明即可判斷ABD.【詳解】A：當時，，故A錯誤；B：當時，滿足，，不成立，故B錯誤；C：，因為，所以，得，即，故C正確；D：當時，滿足，，不成立，故D錯誤.故選：C3.【答案】C【分析】根據離心率可得，可得出、的等量關系，由此可得出雙曲線的漸近線方程.【詳解】由已知可得，則，故，所以，雙曲線的漸近線方程為.故選：C.4.【答案】C【分析】根據題意，由函數的奇偶性以及單調性的定義，對選項逐一判斷，即可得到結果.【詳解】，則為偶函數，但在區間上單調遞減，故A錯誤；為偶函數，但在區間上不具有單調性，故B錯誤；的定義域為，且，則為偶函數，令，當時，則，則，由對勾函數的性質可知，在單調遞增，所以在區間上單調遞增，故C正確；為奇函數，故D錯誤；故選：C5.【答案】A【分析】根據單位圓及三角函數的定義求出，再由二倍角余弦公式求解.【詳解】因為是角終邊與單位圓的交點，所以，故.故選：A6.【答案】A【分析】把第2球投進的事件分拆成兩個互斥事件的和，分別算出這兩個互斥事件的概率即可得解.【詳解】第2球投進的事件M是第一球投進，第2球投進的事件M1與第一球沒投進，第2球投進的事件M2的和，M1與M2互斥，，，則，所以第2球投進的概率為.故選：A7.【答案】C【分析】根據充分條件、必要條件的定義判斷即可.【詳解】若，且，則，，，所以，由，當或時，，，所以；當時，，總有；當時，，，即.綜上，恒成立，故充分性成立；若“，總有”，則且，故必要性成立.故選：C8.【答案】B【分析】由已知可得出，可得出，利用指數與對數的互化、換底公式以及對數的運算法則計算可得的近似值.【詳解】由題意可得，所以，所以，所以.故選：B.9.【答案】B【分析】首先分別作出，，的函數的圖像，然后結合圖像逐項分析判斷即可.【詳解】首先分別作出，，的函數的圖像，如下：結合圖像進行分析：當時，，此時如圖1所示，函數的圖像關于原點對稱，其為奇函數，所以存在，使得函數為奇函數，故A正確；由圖可知，無論取何值，當時，，當時，，所以函數既無最大值也無最小值，故C正確；作一條直線，當時，存在實數使得函數y=fx的圖像與沒有交點，即此時沒有零點，因此對于任意實數和，函數總存在零點不正確，故B不正確；如圖2，當時，對于任意給定的正實數，總存在實數，使函數在區間上單調遞減，故D正確.故選：B【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵點是分段函數圖象，涉及二次函數的圖象，要討論，即明確分段區間，作出函數圖象，數形結合可研究分段函數的性質.10.【答案】D【分析】A選項，由時，的最小值為，則可得半個最小正周期；BCD選項，由最小正周期可得，后由正弦函數奇偶性，值域，零點相關知識可判斷選項正誤.【詳解】A選項，時，的最小值為，可得的最小正周期為，故A錯誤；B選項，由A可知，.則將函數的圖像向左平移個單位，則得到的解析式為，則得到的函數為偶函數，故B錯誤；C選項，當時，，因在上單調遞增，在上單調遞減，則，故C錯誤；D選項，時，，則當時，，則在區間上的根的個數共有6個，故D正確.故選：D11.【答案】【分析】根據題意，由條件可得的值，再由角的終邊關于y軸對稱可得，結合誘導公式代入計算，即可求解.【詳解】因為是第一象限角，則，則，又角的終邊關于y軸對稱，則，則.故答案為：12.【答案】##【分析】由圖象可得，，結合誘導公式和五點法，可得關于的方程，解方程可得的值.【詳解】根據函數的部分圖象，可得，即的圖象關于點對稱，的最小正周期，又，，又，，故答案為：.13.【答案】①.8②.【分析】由等比數列的性質得，解出的值，再結合等差數列的前項和公式可得結果.【詳解】因為數列是公差為的等差數列，成等比數列，所以，即，解得；所以，故答案為：8，.14.【答案】6【分析】將拋物線化為標準形式，得到焦點和準線方程，由焦點弦弦長公式求出答案.【詳解】由得，所以焦點坐標為，準線為，設弦中點縱坐標為，故．故答案為：615.【答案】①③④【分析】由成等差數列判斷①；由數列任意連續三項為{奇數,奇數,偶數}或{奇數,偶數,奇數}，結合是否能成立判斷②；利用遞推式可得，即判斷③；寫出前16項判斷是否存在使判斷④.【詳解】由題設，，顯然成等差數列，①正確；由題設知：在上，依次為{奇數,奇數,偶數}或{奇數,偶數,奇數}或{偶數,奇數,奇數}，所以不可能有，故不存在使成等比數列，②錯誤；由，，，所以，故，則成等差數列，故存在使得對任意，都有成等差數列，③正確；由，，，…，，，所以，則，由題設，數列前16項分別為，其中，所以存在正整數，且，使得，④正確.故答案為：①③④【點睛】關鍵點點睛：利用等差、等比數列的定義性質判斷①②，應用遞推式得到判斷③，列舉出前16項，直接判斷是否存在使對應各項和為.16.【答案】（1），（2）【分析】（1）直接利用三角函數關系式的恒等變換和正弦型函數性質的應用求出函數的單調區間；（2）利用函數的定義域求出函數的值域，進一步利用恒成立問題求出參數的取值范圍．【小問1詳解】由題意得，解得所以，由，得，所以的單調遞減區間為【小問2詳解】由（1）可知因為，所以所以所以當，即時，取得最小值因為恒成立等價于，所以所以實數的取值范圍是17.【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）先根據已知條件證明，，然后將①②③中的每個條件逐個轉化為函數值的條件，即可求出函數的表達式，從而得到的值；（2）將條件轉化為關于的方程在上的根的個數，然后對不同區間上的分類討論即可.【小問1詳解】由，知，從而.而在區間上單調，的周期為，這意味著，即，故.注意到，從而有：，，所以，，即，而，故.從而，故.若選擇條件①，則為函數的圖象的一個對稱中心，從而這等價于，所以，從而，故，所以，由知，故，故，；若選擇條件②，則直線為函數的圖象的一條對稱軸，從而，而在區間上單調，，故.從而，所以，故，所以，由知，故，故，；若選擇條件③，函數與的振幅不一致，無法通過平移得到，故不能選擇；【小問2詳解】條件等價于，關于的方程即在上恰有一個解.記，則，從而和一一對應，這就表明條件等價于關于的方程在上恰有一個解.設，則在上遞增，在上遞減，，，.此時，若，則，方程無解，不滿足條件；若，則當時，；當時，.故方程在上無解，不滿足條件；若，由，，，知方程在和上各至少有一個根，從而在上至少有兩個根，不滿足條件；若，則當時，故方程在上無解；而在上單調，且，，所以方程在上恰有一個根.這就表明方程在上恰有一個根，滿足條件；若，則，當且僅當時等號成立.而，故當且僅當時等號成立，故方程在上恰有一個根，滿足條件.綜上，的取值范圍是.18.【答案】（1）（2）(i)0.122萬元；(ii)這種情況下一份保單毛利潤的數學期望估計值大于（i）中估計值【分析】（1）根據題設中的數據可求賠償次數不少2的概率;（2）（ⅰ）設為賠付金額，則可取，用頻率估計概率后可求的分布列及數學期望，從而可求.（ⅱ）先算出下一期保費的變化情況，結合（1）的結果可求，從而即可比較大小得解.【小問1詳解】設為“隨機抽取一單，賠償不少于2次”，由題設中的統計數據可得.【小問2詳解】（ⅰ）設為賠付金額，則可取，由題設中的統計數據可得，，，，故故（萬元）.（ⅱ）由題設保費的變化為，故（萬元），從而.19.【答案】（1）（2）證明見解析【分析】（1）由已知可得，，根據即可求解；（2）設直線的方程，聯立其與橢圓方程可得，坐標，將的縱坐標代入直線的方程中可得的坐標，將的橫坐標代入的方程可得的坐標，求，即可證明.【小問1詳解】因為橢圓：的左頂點為A?2,0，所以，又，所以，所以，所以橢圓的方程為；【小問2詳解】由（1）知，，設：，，，聯立方程，可得，解得或，所以，因為四邊形是平行四邊形，由橢圓的對稱性可知點與點關于原點對稱，所以，直線的方程為，把代入可得，所以，把代入可得，所以過，的直線的斜率為，所以過，的直線的斜率，所以，，三點共線.20.【答案】（1）極大值為，無極小值（2）（3）1個【分析】（1）求出的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間，從而求出函數的極值即可；（2）求得導數和單調區間，討論與極值點關系，結合單調性，運用參數分離和解不等式可得的范圍；（3）當時，求出導數，利用二次求導求出函數的單調性即可判斷極值點的個數.【小問1詳解】當時，，定義域為，，令，即，，解得