試題試題2024北京一零一中高三（上）統練三數學班級：＿＿＿＿學號：＿＿＿＿姓名：＿＿＿＿成績：＿＿＿＿一、選擇題共10小題.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.在復平面內，復數滿足，則的虛部為（）A. B.C.3 D.2.已知是等比數列，若，，則的值為（）A.9 B. C. D.813.已知函數的導函數的圖象如圖所示，則的極小值點為（）A.和 B. C. D.4.在同一個坐標系中，函數，，的圖象可能是（）A. B. C. D.5.已知實數，則下列結論一定正確的是（）A. B.C. D.6.設是非零向量，則“”是“”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.既不充分也不必要條件7.已知函數是奇函數，且，將的圖象上所有點的橫坐標變為原來的2倍，縱坐標不變，所得圖象對應的函數為，則（）A. B.C. D.8.荀子《勸學》中說：“不積跬步，無以至千里；不積小流，無以成江海.”學習是日積月累的過程，每天進步一點點，前進不止一小點.若甲、乙兩同學當下的知識儲備量均為a，甲同學每天的“進步”率和乙同學每天的“退步”率均為2%.n天后，甲同學的知識儲備量為，乙同學的知識儲備量為，則甲、乙的知識儲備量之比為2時，需要經過的天數約為（）（參考數據：，，）A.15 B.18 C.30 D.359.若數列滿足，，則的值為（）A. B. C. D.10.2024年1月17日我國自行研制的天舟七號貨運飛船在發射3小時后成功對接于空間站天和核心艙后向端口，創造了自動交會對接的記錄.某學校的航天科技活動小組為了探索運動物體追蹤技術，設計了如下實驗：目標P在地面軌道上做勻速直線運動；在地面上相距的A，B兩點各放置一個傳感器，分別實時記錄A，B兩點與物體P的距離.科技小組的同學根據傳感器的數據，繪制了“距離-時間”函數圖像，分別如曲線a，b所示.和分別是兩個函數的極小值點.曲線a經過和，曲線b經過.已知，并且從時刻到時刻P的運動軌跡與線段AB相交.分析曲線數據可知，P的運動軌跡與直線AB所成夾角的正弦值以及P的速度大小分別為（）A. B.C. D.二、填空題共5小題.11.已知集合A={﹣1，1，3}，B={2，2a﹣1}，A∩B={1}，則實數a的值是________．12.函數的定義域是___________.13.已知命題p：，，若命題p為假命題，則實數a的取值范圍是___．14.已知等邊的邊長為，分別是的中點，則_______；若是線段上的動點，且，則的最小值為_______．15.已知函數其中表示不超過x的最大整數.例如：給出以下四個結論：①②集合的元素個數為;③存在，對任意的，有;④對任意都成立，則實數的取值范圍是其中所有正確結論的序號是__________.三、解答題共6小題.解答應寫出文字說明、演算步驟或證明過程.16.等差數列中，首項，且成等比數列．（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和．17.已知函數．（1）求f(π3（2）求函數的單調遞減區間及對稱軸方程．18.已知△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．（1）求A的大小；（2）若D是邊AB的中點，且，求的取值范圍．19.已知函數（1）求的圖象在點處的切線方程；（2）討論的單調區間.20.已知在處的切線方程為．（1）求實數的值；（2）證明：僅有一個極值點，且．（3）若，是否存在使得恒成立，存在請求出的取值范圍，不存在請說明理由．21.有窮數列中，令，當p=q時，規定.（1）已知數列，寫出所有的有序數對，且，使得；（2）已知整數列為偶數，若，滿足：當為奇數時，；當為偶數時，.求的最小值；（3）已知數列滿足，定義集合.若且為非空集合，求證：.

參考答案一、選擇題共10小題.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.【答案】D【分析】由，化簡得到求解.【詳解】解：因為復數滿足，所以，所以的虛部為-3，故選：D2.【答案】A【分析】根據等比中項的性質即可得到答案.【詳解】由題得，而，則，故選：A.3.【答案】D【分析】根據導函數的圖像，確定導函數取得正負的區間，得到原函數的單調性，從而可得選項.【詳解】因為當，，所以單調遞增；當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，故的極小值點為.故選：D.4.【答案】C【分析】先根據的單調性相反排除AD，然后根據冪函數圖象判斷出的范圍，由此可得答案.【詳解】因為在同一坐標系中，所以函數，的單調性一定相反，且圖象均不過原點，故排除AD；在BC選項中，過原點的圖象為冪函數的圖象，且由圖象可知，所以單調遞減，單調遞增，故排除B，所以C正確.故選：C.5.【答案】D【分析】根據不等式的性質，逐項判斷即可.【詳解】解：由題可知，，A項中，若，則，故A項錯誤；B項中，若，則，故，故B項錯誤；C項中，若，則，故C項錯誤；D項中，，因為，則，故正確，故D項正確.故選：D.6.【答案】A【分析】根據題意利用平面向量的三角不等式可得結論.【詳解】對于充分性，易知成立的條件是方向相反，且，所以由可得，所以充分性成立；對于必要性，若，的方向也可以相同，此時滿足，因此必要性不成立，所以“”是“”的充分而不必要條件.故選：A.7.【答案】A【分析】根據三角函數的性質及圖象變換計算即可.【詳解】由題意可知，，所以或，由因為，所以，即，故.故選：A.8.【答案】B【分析】根據題意列式，結合對數運算，即可求得答案.【詳解】由題意可設經過n天后甲、乙的知識儲備量之比為2，則，則（天），故選：B9.【答案】B【分析】由與的關系求得，從而為常數列，得到，即可求的值.【詳解】由及得，即，即，所以，即為常數列，又，所以，即，所以，所以.故選：B10.【答案】B【分析】建系，設點，作相應的輔助線，分析可知，結合分析求解即可.【詳解】如圖，建立平面直角坐標系，設動點P的軌跡與y軸重合，其在時刻對應的點分別為（坐標原點），，P的速度為，因為，可得，由題意可知：均與y軸垂直，且，作垂足為，則，因為，即，解得；又因為∥y軸，可知P的運動軌跡與直線AB所成夾角即為，所以P的運動軌跡與直線AB所成夾角的正弦值為.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：建系，設動點P的軌跡與y軸重合，以坐標系為依托，把對應的量轉化為相應的長度，進而分析求解.二、填空題共5小題.11.【答案】1【詳解】由A∩B={1}知，即2a﹣1=1，解之得a=1，故填112.【答案】【分析】根據底數不為0以及二次根式的被開方數大于等于0，列式可求定義域.【詳解】由題意可知，解得且，所以函數的定義域為.故答案為：.13.【答案】【分析】根據已知中“，”為假命題，可以得到否定命題:“，”為真命題，則問題可轉化為一個函數恒成立問題，對二次項系數a分類討論后，綜合討論結果，即可得到答案．【詳解】解：“，”為假命題，其否定“，”為真命題，當時，顯然成立；當時，恒成立可化為：解得綜上實數a的取值范圍是.故答案為.【點睛】本題考查的知識點是命題真假判斷與應用，其中根據原命題與其否定命題之間真假性相反，寫出原命題的否定命題，并將問題轉化為一個函數恒成立問題是解答本題的關鍵．14.【答案】①.②.##【分析】第一空：通過展開整理，帶入數據計算即可；第二空：設，通過展開整理，帶入數據然后配方求最值.【詳解】;若是線段上的動點，且，不妨設點相對更靠近點，設，，當時，取最小值，且為.故答案為：；.15.【答案】①④【分析】利用給定定義直接判斷①，卡出，求出每個元素判斷②，舉反例判斷③，利用題意分離參數，得到，再結合給定定義求解，最后得到參數范圍即可.【詳解】對于①，由知，，故①正確，對于②，由周期性可知，的周期為，故討論即可，易得當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，故該集合元素個數為6，故②錯誤，對于③，顯然在時，的值域不關于對稱，故不關于對稱，即，故③錯誤，對于④，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，而對任意都成立，故恒成立，令，即，而顯然，可得恒成立，即，故④正確.故答案為：①④【點睛】關鍵點點睛：本題考查三角函數新定義，解題關鍵是找合理分離參數，然后利用給定定義求解函數最值，最后得到所要求的參數范圍即可．三、解答題共6小題.解答應寫出文字說明、演算步驟或證明過程.16.【答案】（1）（2）【分析】（1）根據等比中項的性質結合等差數列的通項公式求出，進而得出數列的通項公式；（2）根據裂項相消求和法得出前項和為和.【小問1詳解】因為成等比數列，所以即，解得，所以；【小問2詳解】因為，，，．17.【答案】（1）0；（2），．【分析】（1）利用三角恒等變換公式化簡得，把代入函數解析式中，即可f(π3)（2）由正弦函數單調性和對稱性，由整體代入法求解可得.【小問1詳解】由得所以.【小問2詳解】令，得所以函數的單調遞減區間是令，得即函數的對稱軸方程18.【答案】（1）（2）【分析】（1）根據余弦定理可以求解；（2）令，利用正弦定理，把邊長都用表示，最后用三角函數知識解得取值范圍.【小問1詳解】因為所以，所以，又因為，所以；【小問2詳解】令,因為，所以由正弦定理可得：,所以，所以，又因為，所以所以19.【答案】（1）（2）答案見解析【分析】（1）由導數的幾何意義求解切線方程即可；（2）先將整理為，只需考慮的符號即可，根據二次函數的圖象性質對參數分類討論可得結果.【小問1詳解】.故的圖象在點處的切線方程為.【小問2詳解】.①當時，令，解得，有1+0-極大值故單調遞增區間為，單調遞減區間為.②當時，令，解得或.當時，1-0+0-極小值極大值故單調遞增區間為，單調遞減區間為，當時，的單調遞減區間為，無單調遞增區間.當時，1-0+0-極小值極大值單調遞增區間為，單調遞減區間為.綜上，當時，的單調遞增區間為，單調遞減區間為；當時，單調遞增區間為，單調遞減區間為；當時，單調遞減區間為，無單調遞增區間；當時，單調遞增區間為，單調遞減區間為.20.【答案】（1）（2）證明見詳解（3）不存在，理由見詳解【分析】（1）求出的導數，根據切線方程求出，的值即可；（2）求導可得，令，利用導數可得的單調性，結合零點存在性定理可得在上存在唯一零點，且，進而可得的單調性，可判斷極值情況；結合代入化簡，運算得證；（3）問題轉化為，對恒成立，當時，顯然上式不成立；當時，令，利用導數可得存在，使得，當時，，即單調遞減，此時，上式不能恒成立，得解.【小問1詳解】由題意，，則，解得，又，可得切點為，代入，得.所以實數.【小問2詳解】由（1）得，則，令，，令，得，令，得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，且當時，，，，所以在上存在唯一零點，使得即，當時，，即，單調遞減，當時，，即，單調遞增，所以僅存在一個極值點，，，又函數，，而，所以在上單調遞減，則，所以.【小問3詳解】若存在，使得恒成立，即，對恒成立，當時，當時，則，顯然上式不成立；當時，令，，則，令，則在上恒成立，所以即在上單調遞增，又，，所以存在，使得，所以當時，，即單調遞減，此時，所以不恒成立，故當時，不存在滿足條件.綜上，不存在，使得恒成立.【點睛】關鍵點睛：本題第三問，解題的關鍵是將問題轉化為，對恒成立，分和討論，其中時，令，利用導數判斷求解找出矛盾.21.【答案】（1）、、、（2）（3）證明見解析【分析】（1）結合題意，逐個計算即可得；（2）由題意可得，，可得當時，有，當時，，結合，即可得解；（3）將展開，從而得到證明與之間的項之和，，都為正數，即可得證.【小問1詳解】為時，，為時，，為時，，為時，，故，且使得的有序數對有、、、；【小問2詳解】由題