試題試題2024北京十五中高三（上）開學考數學2024.8本試卷共4頁，150分.考試時長120分鐘.考生務必將答案答在答題紙上，在試卷上作答無效.第一部分（選擇題共48分）一、選擇題共12小題，每小題4分，共48分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.若集合，，則（）A. B. C. D.2.在等比數列中，若，，則（）A.2 B. C.4 D.3.若，則下列不等式中正確的是（）A. B. C. D.4.下列函數中，是偶函數，且在區間0,+∞上單調遞增的為（）A. B. C. D.5.下列求導運算不正確的是（）A. B.C. D.6.已知函數，存在最小值，則實數a的取值范圍是（）A. B. C. D.7.的二項展開式中的系數為（）A.15 B.6 C. D.8.若函數，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件9.設，其中，則（）A. B.C. D.10.已知為單位向量，向量滿足，，則的最大值為（）A.1 B.2 C. D.411.“ChatGPT”以其極高的智能化引起世界關注.深度學習是人工智能的一種具有代表性的實現方法，它是以神經網絡為出發點的.在神經網絡優化中，指數衰減的學習率模型為，其中表示每一輪優化時使用的學習率，表示初始學習率，表示衰減系數，表示訓練迭代輪數，表示衰減速度.已知某個指數衰減的學習率模型的初始學習率為，衰減速度為，且當訓練迭代輪數為時，學習率為，則學習率衰減到以下（不含）所需的訓練迭代輪數至少為（參考數據：）（）A.75 B.74 C.73 D.7212.已知數列an滿足則（）A.當時，an為遞增數列，且存在常數，使得恒成立B.當時，an為遞減數列，且存在常數，使得恒成立C.當時，存在正整數，當時，D.當時，對于任意正整數，存在，使得第二部分（非選擇題共102分）二、填空題共6小題，每小題5分，共30分.13.函數的定義域是__________.14.已知復數，則___．15.已知命題：若為第一象限角，且，則.能說明命題為假命題的一組的值可以是__________，__________.16.已知向量，滿足，，且，則___________.17.在數列an中，.數列bn滿足.若bn是公差為1的等差數列，則bn的通項公式為______，的最小值為______.18.已知函數的值域是，若，則m的取值范圍是________．三、解答題共5小題，共72分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.19.在中，，是邊上的點，，，.（1）求cosB與的面積；（2）求邊AC的長.20.某學校組織高一、高二年級學生進行了“紀念建國周年”的知識競賽．從這兩個年級各隨機抽取了名學生，對其成績進行分析，得到了高一年級成績的頻率分布直方圖和高二年級成績的頻數分布表．高二成績分組頻數規定成績不低于90分為“優秀”．（1）估計高一年級知識競賽的優秀率；（2）將成績位于某區間的頻率作為成績位于該區間的概率．在高一、高二年級學生中各選出1名學生，記這2名學生中成績優秀的人數為，求隨機變量的分布列；（3）在高一、高二年級各隨機選取1名學生，用X，Y分別表示所選高一、高二年級學生成績優秀的人數．寫出方差的大小關系．只需寫出結論21.已知函數.（1）若，，求的值；（2）設，求在區間上的最大值和最小值.22.已知函數．（1）若曲線在點處的切線平行于軸，求實數的值；（2）求函數的單調區間．23.已知函數．（1）若曲線在點處的切線的斜率為1，求曲線在點處的切線方程；（2）定義：若，均有，則稱函數為函數的控制函數．①，試問是否為函數的“控制函數”？并說明理由；②，若為函數的“控制函數”，求實數的取值范圍．

參考答案第一部分（選擇題共48分）一、選擇題共12小題，每小題4分，共48分.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】A【分析】根據集合描述求集合，應用集合交運算求交集即可.【詳解】，或，∴，故選：A【點睛】本題考查了集合的基本運算，利用集合交運算求交集，屬于簡單題.2.【答案】C【分析】由等比數列的性質計算即可.【詳解】由于是等比數列，且，，所以，故選：C.3.【答案】D【分析】根據不等式的性質，賦值，如，即可判斷A、B、C，再根據基本不等式即可判斷D.【詳解】解：由，令，則，則，故A錯誤；則，則，故B錯誤；則，則無意義，故C錯誤；因為，則，所以.故選：D.4.【答案】B【分析】結合函數的單調性與奇偶性的定義與判定方法，以及初等函數的性質，逐項判定，即可求解.【詳解】由題意，對于A中，函數，所以函數為奇函數，不符合題意；對于B中，函數滿足，所以函數為偶函數，當時，函數為0,+∞上的單調遞增函數，符合題意；對于C中，函數非奇非偶函數，不符合題意；對于D中，為偶函數，當時，函數為單調遞減函數，不符合題意，故選：B.【點睛】本題主要考查了函數的奇偶性和函數的單調性的判定與應用，其中解答中熟記函數的單調性與奇偶性的判定方法，以及初等函數的性質是解答的關鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎題.5.【答案】B【分析】直接利用導數公式和運算法則求解.【詳解】A.由導數公式得，故正確；B.由導數運算法則得，故錯誤；C由導數公式得，故正確；D.由導數公式得，故正確；故選：B【點睛】本題主要考查導數公式和運算法則的應用，屬于基礎題.6.【答案】A【分析】根據分段函數的單調性求解即可.【詳解】當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，則，當時，，所以在上單調遞增，無最小值，根據題意，存在最小值，所以，即.故選：A.7.【答案】B【分析】先求出二項式展開式的通項公式，然后令的次數為3，求出，從而可求得結果.【詳解】解：的通項公式為：，令，可得，所以二項展開式中的系數：．故選：B．8.【答案】C【分析】根據題意分析可知為奇函數且在R上單調遞增，分析可知等價于，即可得結果.【詳解】由題意可知：的定義域為R，且，若，則，可知，若，同理可得，所以為奇函數，作出函數的圖象，如圖所示，由圖象可知在R上單調遞增，若，等價于，等價于，等價于，所以“”是“”的充要條件.故選：C.9.【答案】C【分析】借助正負性、對勾函數的性質及二次函數的性質判斷即可得.【詳解】由，故，故，由對勾函數性質可得，，且，綜上所述，有.故選：C.10.【答案】C【分析】設，，根據求出，再根據得到，最后根據向量模的坐標表示及二次函數的性質計算可得.【詳解】依題意設，，由，所以，則，又，且，所以，即，所以，當且僅當時取等號，即的最大值為.故選：C11.【答案】C【分析】由已知可得，再由，結合指對數關系及對數函數的性質求解即可．【詳解】由題設可得，則，所以，即，所以所需的訓練迭代輪數至少為次．故選：C．12.【答案】D【分析】直接構造反例即可說明A和B錯誤；然后證明引理：當時，對任意的正整數，都存在，使得.最后由該引理推出C錯誤，D正確.【詳解】當時，，，所以此時an不是遞增數列，A錯誤；當時，，，，所以此時an不是遞減數列，B錯誤；我們證明以下引理：當時，對任意的正整數，都存在，使得.若該引理成立，則它有兩個直接的推論：①存在，使得對任意的正整數，都存在，使得；②當時，對任意的正整數，都存在，使得.然后由①是C的否定，故可以說明C錯誤；而②可以直接說明D正確.最后，我們來證明引理：當時，對任意確定的正整數：如果，則；如果，則或.此時若，則；若，則.無論哪種情況，都有，從而.這說明或，所以可以選取，使得.這就說明存在，使得.這就證明了引理，從而可以推出C錯誤，D正確.故選：D.【點睛】最關鍵的地方在于引理：當時，對任意的正整數，都存在，使得.這一引理可以幫助我們判斷出較難判斷的C和D選項.第二部分（非選擇題共102分）二、填空題共6小題，每小題5分，共30分.13.【答案】且【分析】求使函數有意義的的范圍即為定義域，逐項求解即可.【詳解】解：由題意得，解得且，故函數的定義域為且.故答案為：且14.【答案】【分析】先計算復數，再根據復數的模的定義求結果.【詳解】由，故z=2故答案為：15.【答案】①.（答案不唯一）②.（答案不唯一）【分析】只要找到一組滿足題意的角即可.【詳解】因為第一象限角，且，取，則且在第一象限，此時，故命題假命題，滿足題意，所以的值可以是，故答案為：（答案不唯一）；（答案不唯一）.16.【答案】##-0.5【分析】由向量模長的計算和數量積計算即可.【詳解】，，，故答案為：.17.【答案】①.②.【分析】求出等差數列bn的首項，直接求出bn的通項公式即可，利用數列an的單調性得最小項為【詳解】由題意，又等差數列bn的公差為1，所以；故，所以當時，，當時，，所以，顯然的最小值是.又，所以，即的最小值是.故答案為：，18.【答案】【分析】先判斷出在上單調遞增，在上單調遞減，然后作出與在上的圖象，求出在上的值域，再結合圖象可求得結果.【詳解】當時，，此時單調遞減，當時，，此時單調遞增，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，取得最大值，為，作出與在上的圖象如圖所示：當，時，，此時，此時，因為的值域為，則時，必有解，即，解得，由圖知,故答案為：【點睛】關鍵點點睛：此題考查函數的綜合問題，考查分段函數，考查由函數的值域確定參數的范圍，解題的關鍵是根據題意作出函數圖象，結合圖象求解，考查數形結合的思想，屬于較難題.三、解答題共5小題，共72分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.19.【答案】（1），（2）分析】（1）借助余弦定理與面積公式計算即可得；（2）借助正弦定理計算即可得.【小問1詳解】在中，由余弦定理得，∵，∴，∴；【小問2詳解】由（1）知，∵，∴，在中，由正弦定理得，即.20.【答案】（1）（2）答案見解析（3）【分析】（1）根據頻率分布直方圖直接求解即可；（2）先分別求出在高一、高二年級學生中選中成績優秀學生的概率和不優秀學生的概率，由題意可知的所有可能取值為0，1，2，然后求出對應的概率，從而可求出隨機變量的分布列；（3）由題意可知X，Y均符合兩點分布，從而可求出的值，進而可比較大小.【小問1詳解】高一年級知識競賽的優秀率為．所以高一年級知識競賽的優秀率為【小問2詳解】在高一年級學生中選中成績優秀學生的概率為，選中成績不優秀學生的概率為；在高二年級學生中選中成績優秀學生的概率為，選中成績不優秀學生的概率為．的所有可能取值為0，1，2；；；．所以隨機變量的分布列為：P012【小問3詳解】顯然X，Y均符合兩點分布，且，，，，所以所以21.【答案】（1）或（2）最大值為，最小值為【分析】（1）根據條件，利用特殊角的三角函數值，即可求出結果；（2）根據條件得到，再利用的圖象與性質，即可求出結果.【小問1詳解】因為，由，得到，解得或，即或，又，所以或.【小問2詳解】因為，令，因為，得到，由的圖象與性質知，，所以，所以在區間上的最大值為，最小值為.22.【答案】（1）（2）答案見解析【分析】（1）先求函數的導函數，若曲線在點處的切線平行于軸，只需保證，求實數的值即可；（2）求得有兩個根“和”，再分、和三種情況分析函數的單調性即可.【小問1詳解】由題可得，因為在點處的切線平行于軸，所以，即，解得，經檢驗符合題意．【小問2詳解】因為，令，得或．當時，隨的變化，，的變化情況如下表所示：單調遞增單調遞減單調遞增所以在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增．當時，因為，當且僅當時，，所以在區間上單調遞增．當時，隨的變化，，的變化情況如下表所示：單調遞增單調遞減單調遞增所以在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增．綜上所述，當時，的單調遞增區間為和，單調遞減區間為；當時，的單調遞增區間為，無單調遞減區間；當時，的單調遞增區間為和，單調遞減區間為．23.【答案】（1）切線方程為，（2）①是“控制函數”，理由見解析；②【分析】（1）根據斜率求出切點坐標，再由直線的點斜式方程可得答案；（2）①由得，根據的范圍可得答案；②轉化為，恒成立，令求出在的最值可得答案.【小問1詳解】