【文档说明】北京市通州区2024届高三上学期期中质量检测数学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，961.869 KB，由小赞的店铺上传

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通州区2023—2024学年第一学期高三年级期中质量检测数学试卷2023年11月本试卷共4页，共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，请将答题卡交国.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.在每小题列出的四个选

项中，选出符合题目要求的一项.1.已知集合02Axx=，1,0,1,2B=−，则AB=（）A.1B.0,1C.0,2D.0,1,2【答案】B【解析】【分析】根据题意，由交集的运算，即可得到结果.【详解】因为集合02A

xx=，1,0,1,2B=−，则0,1AB=.故选：B2.已知复数1iiz−=，则在复平面内z对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】根据复

数除法运算化简即可求解.详解】()()()1ii1i1iiiiz−−−===−−−,故对应的点为()1,1−−，在第三象限，故选：C3.已知向量()2,0a=−，()1,2b=，()1,3c=，则下列结论中正确的是（）A.ab∥B.2ab=【C.2bc=D.a与c的夹角为12

0°【答案】D【解析】【分析】利用向量平行，向量数量积，向量模，向量夹角的坐标表示验证各选项正误即可得答案.【详解】A选项，因()2210−，则a与b平行，故A错误；B选项，因202ab=−+=−，故B错误；C选项，22125b=+=，

又()22132c=+=，则2bc，故C错误；D选项，21cos,222acacac−===−，又,0,180ac，则,120ac=，即a与c的夹角为120°，故D正确.故选：D.4.已知函数()()1104f

xxxx=++，则（）A.当且仅当12x=，时，()fx有最小值32B.当且仅当12x=时，()fx有最小值2C.当且仅当1x=时，()fx有最小值32D.当且仅当1x=时，()fx有最小值.2【答案】B【解析】【分析】根据题意，由基本不等式，

代入计算，即可得到结果.【详解】因为0x，则()11121244fxxxxx=+++=，当且仅当14xx=时，即12x=时，等号成立，所以当且仅当12x=时，()fx有最小值2.故选：B5.下列命题中的假命题是

（）A.xR，102xB.xR，12xxC.xR，||21xD.xR，tan1x【答案】C【解析】【分析】对于A，根据指数的值域为()0,+可判断；对于B，取14x=可判断；对于C，取0x=可判断；对于D，取π3x=可判断.【详解】

对于A，因为指数函数的值域为()0,+，所以xR，102x，A对；对于B，当14x=时，1122111424x==，B对；对于C，当0x=时，||0212x==，C错；对于D，当π3x=时，πtantan313x==，D对.故选：C.6.已知12log3a=，1

ln2b=，1213c=，则（）A.bacB.abcC.acbD.bca【答案】B【解析】【分析】利用对数函数的单调性可得21a−−，10b−，又12103c=，从

而可得.【详解】因为121123422−−==，所以2111122211loglog3log22−−，即21a−−，因为11e12−，所以11lnelnln12−，即10b−，而12103

c=，所以abc.故选：B.7.在平面直角坐标系xOy中，角以Ox为始边，则“角的终边过点()1,2−”是“tan2=-”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】A

【解析】【分析】根据三角函数的定义即可判断.【详解】当角的终边过点()1,2−时，根据三角函数的定义，可得tan2=-，充分性成立；当tan2=-时，为第二象限角或第四象限角，若为第四象限角，则角的终边不过点()1,2−，必要性不成立.所以“角的终

边过点()1,2−”是“tan2=-”的充分不必要条件.故选：A.8.下列函数中，在区间()0,+上单调递减的是（）A.()()31fxx=−B.()||2xfx−=C.()2logfxx=−D.()12logfxx=【答案】C【解析】【分析】求导可判断A，根据指

数函数以及对数函数的单调性即可判定BC，根据函数图象即可判定D.【详解】对于A,()()2310fxx=−,所以()()31fxx=−在()0,+上单调递增，故A错误，对于B，由于()220,xxxfx−==，所以()||2xfx−=在()0,+上单调递增，B错误

，对于C，()220,loglogxfxxx=−=−，故()2logfxx=−在()0,+上单调递减，C正确，对于D，()12logfxx=的图象如下所示：故()12logfxx=在()0,1单调递减，在()1,+单调递增，故D错误，故选：C9.已知函数()()()cos20,π

fxAxA=+是奇函数，且3π14f=−，将()fx的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，所得图象对应的函数为()gx，则（）A.()singxx=B.()singxx=−C.()π

cos4gxx=+D.()πcos4gxx=−【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的性质及图象变换计算即可.【详解】由题意可知()ππZ2kk=+，π，所以π2=或π2=

−，由3π3π1cos142fA=−=+=−因为3π0cos02A+，所以π,12A=−=，即()πcos2sin22fxxx=−=，故()singxx=.故选：A.10.已知数列na的前n项和为nS，且21nnSSn

++=，则下列四个结论中正确的个数是（）①22nnaa+−=；②若10a=，则501225S=；③若11a=，则501224S=；④若数列na是单调递增数列，则1a的取值范围是11(,)44−.A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】由21

nnSSn+=−+，可得21(1)nnSSn−=−+−，两式相减得到121(2)nnaann++=−，进而可得22(2)nnaan+−=，可判断①，根据1a的值可判断{}na是否为等差，再根据等差数列得前n项和公式即可求解②③；根据条件得21221nana=−−，21122+=+nana，再

根据数列{}na单调递增，则必有22212nnnaaa++，且21aa，求解即可得出1a的取值范围．【详解】因为21nnSSn+=−+，当2n，21(1)nnSSn−=−+−，两式相减得121(2)nnaann++=−，所以122(1)121+++=+−=+nnaan

n，两式相减得22(2)nnaan+−=，故①错误，当10a=时，令1n=，则211SS=−+，1211aaa+=−+，得2121aa=−+，所以21a=，令2n=，则324SS=−+，112324aaaaa++=−−+，得312122422=−−+=+aaaa，

所以32a=，则312aa−=，所以22nnaa+−=，故{}na奇数项是以10a=为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以21a=为首项，2为公差的等差数列，则50123495013492450()()Saaaaaaaaaaa=+++++=+

++++++25242524(2502)(2512)122522=+++=，所以②正确；当11a=时，令1n=，则211SS=−+，1211aaa+=−+，得2121aa=−+，所以21a=−，令2n=，则

324SS=−+，112324aaaaa++=−−+，得3122244aaa=−−+=，故{}na偶数项是以21a=−为首项，2为公差的等差数列，奇数项从第二项开始以34a=为首项，2为公差的等差数列，则50123495013492450

()()Saaaaaaaaaaa=+++++=+++++++()242325241(2442)2512122422=+++−+=，所以③正确；由于22(2)nnaan+−=，2121aa=−+，

3122=+aa，则2222222442211()()()2(1)21221nnnnnaaaaaaaanana−−−=−+−++−+=−−+=−−，2121212123533311()()()2(1)222222nnnnnaaaaaaaan

anana++−−−=−+−++−+=−+=−++=+又数列{}na单调递增，则必有22212nnnaaa++，且21aa，所以111222122221nanana+−−+−−，且1112−aa，解得11144a−，所以1a的取值范围是11(,)44−，所以④

正确．故选：C．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.已知函数()()1lg2fxxx=++，则()fx的定义域为____________.【答案】()()2,00,−+【解析】【

分析】依题意可得，020xx+，求解即可.【详解】依题意可得，020xx+，解得2x−且0x，所以()fx的定义域为()()2,00,−+.故答案：()()2,00,−+

.12.已知数列na是等比数列，22a=−，34a=，则数列na的通项公式na=________；数列na的前9项和9S的值为__________.【答案】①.()12n−−②.171【解析】【分析】

根据等比数列基本量的计算即可求解2q=−，11a=，进而根据公式即可求解.【详解】由22a=−，34a=可得2q=−，11a=，所以()1112nnnaaq−−==−，()()991217112S−−==−−，故答案为：()12n−−，17113.已知实数a，b满足关于x的不等式

(),axbabR的解集为(),1−−，且满足关于y的不等式230yyb++的解集为R，则满足条件的一组a，b的值依次为______.【答案】故答案为：3,3ab=−=（答案不唯一，只要满足94ba=−就行）【解析】【分析】利用一元一次不等式的解集

和二次不等式恒成立列不等式即可求解.为【详解】因为关于x不等式(),axbabR的解集为(),1−−，所以0aba=−，又关于y的不等式230yyb++的解集为R，所以2340b−，解得94b，所以满足条件的一组a，b的值依次为3,3ab=−=，

（答案不唯一，只要满足94ba=−就行）故答案为：3,3ab=−=（答案不唯一，只要满足94ba=−就行）14.在等腰ABCV中，2ABAC==，2BABC=，则BC=____________；若点P满足122CPCACB=−，则PAPB的值为___________.【答案】①.2

②.24【解析】【分析】利用余弦定理、平面向量及其线性运算、平面向量数量积的定义及运算分析运算即可得解.【详解】解：如上图，由题意等腰ABCV中，2ABAC==，则2BA=，∵2BABC=，,=BABCB，∴cos2cos2===BABCBABCBBCB，∴cos

1=BCB，即cos1=BCB，∵由余弦定理得2222cosACABBCABBCB=+−，∴244221=+−BC，即24BC=，又因边长0BC，∴2BC=.∴ABCV是等边三角形，则π3ABC===，2CCBA==，∵122CPCACB=−，的∴

122=−=+PACACPCACB，132=−=−PBCBCPCBCA，∴2211312362224=+−=−+−PAPBCACBCBCACACBCACBCACB222211116cos62424=−+=−+CACBCA

CBCACBCCACB221112226224224=−+=.故答案为：2；24.15.已知函数()23,1,1log,1,2xxmxfxxx−++=−−mR，()21xgxx=+，给出下列四个结论：①函数()fx在区间1,2+

上单调递减；②函数()gx的最大值是12；③若关于x的方程()()0fxgx−=有且只有一个实数解，则m的最小值为12；④若对于任意实数a，b，不等式()()fagb都成立，则m的取值范围是3,4−−.其中所有正确结论的序号是_______.【答案】②④【解析】【分析】对

于①，由分段函数的单调性判断①；对于②，先得到函数的奇偶性，求导得到函数的单调性，画出()21xgxx=+的图象，数形结合得到()gx的最大值；对于③，考虑0m=方程()()fxgx=有且只有一个交点；对于④，转化为恒成立问题即可判断.【详解】对于①，当1,12x时，()22112

4fxxxmxm=−++=−−++，二次函数开口向下，对称轴为12x=，故在区间1,12上单调递减，()1124fxfm=+；当)1,+x时，()31log2fxx=−−单

调递减，()()112fxf=−；但无法判断14m+与12−的大小，故无法判断函数()fx在区间1,2+上单调性，①错误；对于②，()21xgxx=+定义域为R，且()()21xgxgxx−−==−+，故()21xgxx=+为奇函数，当

0x时，()()22211xgxx−=+，当1x时，()0gx，()21xgxx=+单调递减，当01x时，()0gx，()21xgxx=+单调递增，且()112g=，0x时()0gx,0x时()0gx,画出()21xgxx=+的图象如下：由图象可得(

)gx最大值是12，②正确；对于③，当0m=时，由()()fxgx=可得321log211xxxx−−=+或2211xxxxx−+=+，因此321log0,021xxx−−+，故321log211xxxx−−=+无解

；2211xxxxx−+=+可化为()22101xxxx−+=，故0x=，故()()fxgx=只有一个实数解，故③错误.对于④，由②可得()min12gx=−，()maxmax1412

,fxm−=+，的若对于任意实数a，b，不等式()()fagb都成立，则()()maxminfxgx，所以只需1412m+−，34m−，故m的取值范围是3,4−−，④正确.

故答案为：②④【点睛】函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌

握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.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.已知函数()23fxxaxa=−

−+，aR.（1）当2a=时，若0,3x，求()fx的值域（2）若()fx有两个零点，分别为1x，2x，且120xx，求a的取值范围.【答案】（1）0,4（2）(,6)(2,3)−−【解析】【分析】（1）由题意可得()fx在)0,1上单调递减，在(

1,3上单调递增，从而可求解；（2）根据题意可得12Δ00xx，进而可求解.【小问1详解】当2a=时，()()22211fxxxx=−+=−的对称轴为1x=，且开口向上，所以()fx在)0,1上单调递减，在(1,3上单调递增，所以()()min10f

xf==，又()()01,34ff==，所以()max4fx=，所以当0,3x，()fx的值为0,4；【小问2详解】()fx的两个零点分别为12,xx，且120xx，12Δ00xx，即24(3)030aaa−−+−+，解得

6a−或23a，故a的取值范围为(,6)(2,3)−−.17.已知函数()223sincos2sin1fxxxx=−+.（1）求5π4f的值；（2）求()fx的最小正周期及单调区间；（3）比较π5f−与7π8f的大小，并说明理由.【答案】（1）3（2）π

T=,递增区间为πππ,π,Z36kkk−++，递减区间为π2ππ,π,Z63kkk++（3）π7π58ff−，理由见解析【解析】【分析】（1）根据二倍角的正余弦公式和两角和

的正弦公式化一，从而可求解；（2）根据周期公式可求周期，令πππ2π22π,Z262kxkk−+++，求解可得增区间，令ππ3π2π22π,Z262kxkk+++，求解可得减区间；（3）由周期可得7ππ88ff=−

，再利用单调性即可求解.【小问1详解】()31π3sin2cos22sin2cos22sin2226fxxxxxx=+=+=+，所以35π5π44ππ2sin22cos66f+===；【小问2

详解】()fx的最小正周期2ππ2T==,令πππ2π22π,Z262kxkk−+++，解得ππππ,Z36kxkk−++；令ππ3π2π22π,Z262kxkk+++，解得π2πππ,Z63kxkk

++，所以()fx的单调递增区间为πππ,π,Z36kkk−++，单调递减区间为π2ππ,π,Z63kkk++.【小问3详解】π7π58ff−，理由如下：由（2）可知(

)fx的最小正周期2ππ2T==,所以7ππ88ff=−，由（2）可知，()fx在ππ,36−上单调递增，又ππππ3586−−−，所以ππ85ff−−，即π7π58ff

−.18.已知ABCV的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中2a=，π3B=，再从下面给出的条件①，条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使ABCV存在且唯一.（1）求c的值；（2）求ABCV的面积.条件①：cos727=A；条

件②：72b=；条件③：7b=.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.【答案】（1）3c=（2）332【解析】【分析】（1）若选①，先求出sinC，然后利用正弦定理可

求c；若选条件②，由余弦定理可检验c是否存在；若选条件③，由余弦定理可求c；（2）结合三角形面积公式即可求解．【小问1详解】若选①cos727=A，又因为0πA,所以221sin1cos7AA=−=，所以211233sinsin()sincoscossin221472177CABABAB=

+=+=+=，由正弦定理得sinsinacAC=，所以32sin1431sin2217aCcA===；若选条件②72b=，由余弦定理得22227414cos,224cacbBacc+−+−==，整理得24890cc−+=，此时方

程无解，即这样的三角形不存在，所以条件②不能选；若选条件③7b=，由余弦定理得2222147cos,224acbcBacc+−+−==，整理得2230cc−−=，解得3c=或1c=−（舍去），所以3c=.【小问2详解】由（1）可知3c=，所以113

33sin232222ABCSacB===.19.已知函数()2e2xfxx=−.（1）求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程；（2）求()fx的极值；（3）若对于任意xR，不等式()()2e1fxxm−+恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）1y=（2）极小值

为()01f=，无极大值（3）0m【解析】【分析】（1）求导，即可得斜率，进而可求直线方程，（2）求导，根据导数求解单调性，即可求解极值，（3）将恒成立问题参数分离，构造函数()2e2e,xgxx=−即可求

导求解最值求解.【小问1详解】由()2e2xfxx=−得()22e2xfx=−，又()()00,01ff==，所以()yfx=在()0,1切线为1y=【小问2详解】令()22e20xfx=−，则0x，故()fx在()0,+单调递

增，当0x时，()()0,fxfx单调递减，所以当0x=时，()fx取极小值()01f=，无极大值，【小问3详解】由()()2e1fxxm−+得()22ee21xxmx−+−，故2e2exmx−，构造函数()2e2e,xgxx=−则2()2e2exgx=−，令2()2e2e>0

xgx=−，则1>2x，故当1>2x时，()0gx，()gx单调递增，12x时，()()0,gxgx单调递减，故当()1,2xgx=取极小值也是最小值，1ee02g=−=，所以()minmgx，即0m20.已知函数()e2xfxx−=，()1lngxaxx=−，

aR.（1）求()1f的值；（2）求()gx在区间1,2上的最大值；（3）当1a=时，求证：对任意()0,x+，恒有()()cosxfxgxx−成立.【答案】（1）()12f=（2）1a−时，()max1gx=−，112a−

−时，()max1lngxaaa=−+12a−时，()max1ln22gxa=−，（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导即可代入求解，（2）分类讨论，即可根据导数求解函数的单调性并求解最值，

（3）将问题转化为lnecos1xxxx+−，对x分类讨论，构造函数()=ecosln1xhxxxx+−−，求导确定函数的单调性，即可利用单调性求解最值求证.【小问1详解】由()e2xfxx−=得()2ee2xxxfxx−+=，所以()12f=，【小问2详解】由()1lngxax

x=−得()2211aaxgxxxx+=+=，当0a时，()0gx，故()gx区间1,2上单调递增，所以()()max12ln22gxga==−，当a<0时，令()0gx，则1xa−，令()0gx

，则10xa−，故()gx在1xa−上单调递减，在10xa−上单调递增，当1a−时，11a−，此时()gx在区间1,2上单调递减，所以()()max11gxg==−，当102a−时，12a−，此

时()gx在区间1,2上单调递增，所以()()max12ln22gxga==−，当112a−−时，112a−，此时()gx在区间11,a−上单调递增，在1,2a−单调递减，()max11lngx

gaaaa=−=−+综上可得：1a−时，()max1gx=−，在112a−−时，()max1lngxaaa=−+12a−时，()max1ln22gxa=−，【小问3详解】要证()()cosxfxgxx−，即证1ecos

lnxxxxx++，即证明lnecos1xxxx+−，当01x时，ln0xx，而ecos11cos1coscos10xxxx+−+−=，所以lnecos1xxxx+−，当1x时，记()=eco

sln1xhxxxx+−−，则()=esinln1xhxxx−−−，记()()()1==esinln1,=ecosxxmxhxxxmxxx−−−−−，由于()111,=ecose1e110xxxmxxxx−−−−−−，所以当()1,xhx单调递

增，所以()()1esin110hxh=−−，故()hx在1x单调递增，故()()1ecos110hxh=+−，故lnecos1xxxx+−，综上，对任意()0,x+，恒有()()cosxfxgxx−【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基

本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数()hx；(3)利用导数研究()hx的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．21.已知数列na的各项均为正数，且满足112nnnaaa−++（

*nN，且2n）.（1）若12aa；（i）请写出一个满足条件的数列na的前四项；（ii）求证：存在()ttR，使得()*1naantn−N成立；（2）设数列na的前n项和为nS，求证：()(

)2212nnnSnnanna++−−.【答案】（1）（i）12342,1,7,15aaaa====（答案不唯一）（ii）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）根据不等式的性质证明不等式；（2）根据累加法与不等式的性质证明结论．【小问1详解】（i）∵112nnnaaa−++即

11nnnnaaaa+−−−，又12aa，则210aa−，∴满足条件的数列na的前四项可以为：12342,1,7,15aaaa====.（ii）∵11nnnnaaaa+−−−（*nN，且2

n），∴121nnnnaaaa−−−−−，1223nnnnaaaa−−−−−−，4332aaaa−−，3221aaaa−−，累加得()()2212naanaa−−−，则()()121212naanaaaa−−−+−，则()()()()12121211naanaanaaaa−

−−=−−−，∵210aa−，∴()121naanaa−−，不妨令()21taa=−，故存在()ttR，使得()*1naantn−N成立；【小问2详解】由（1）知：()()1211naanaa

−−−，同理∵112nnnaaa−++即11nnnnaaaa+−−−，∴121qqqqaaaa−−−−−，1223qqqqaaaa−−−−−−，211kkkkaaaa+++−−，∴()()1qkkkaa

qkaa+−−−，则()()1qkkkaaqkaa+−−−则()()1qnnnaaqnaa+−−−，()()111nnnaanaa+−−−，()()212nnnaanaa+−−−，()11nnnnaaaa−+−−−，0nnaa−，累加得：()()11

2nnnnnnSnaaa+−−−−，故：()()2212nnnSnnanna++−−.