【文档说明】北京市西城区北京师范大学附属实验中学2025届高三上学期第二次测试数学试卷 Word版含解析.docx，共(18)页，1017.911 KB，由小赞的店铺上传

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北京师范大学附属实验中学2025届高三第二次测试（2024.10.15）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第一部分（选择题共40分）一、选择题：本题共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一项.1.已知全集0Uxx=，集合23Axx=，则

UA=ð（）A.()0,23,+B.()()0,23,+C.(),23,−+D.()(),23,−+【答案】B【解析】【分析】由补集定义可直接求得结果.【详解】()0,U=+，2,3A=，()()0,2

3,UA=+ð.故选：B.2.在同一个坐标系中，函数logayx=与(0xyaa=且)1a的图象可能是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据同底的指数函数和对数函数图象关于yx=对称可确定结果.【详解】由指数函数和

对数函数性质可知：logayx=与xya=图象关于yx=对称，由选项中图象对称关系可知A正确.故选：A.3.设i为虚数单位，若复数z满足3i12iz=+，则z在复平面内对应的点在（）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

复数的除法运算及共轭复数的概念化简复数，然后利用复数的几何意义求解点所在的象限.【详解】因为3i12iz=+，所以3412i2i2iiiz+−+===−+，所以2iz=−−，对应的点为()2,1−−，所以z在复平面内对应的点在第三象限.故选：C4.若等差数列na和等比

数列nb满足11ab=，222ab==，48a=，则nb的公比为（）A.2B.2−C.4D.4−【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的基本量运算可得111ab==−，然后利用等比数列的概念结合条件即得.【详解】设等差

数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，则242822aadd+=+==，所以3d=，∴22123baa===+，111ab==−，所以212bqb==−.故选：B.5.已知实数,ab满足ab，则下列不等式中正确的是（）A.abB.a

bC.2aabD.2abb【答案】A【解析】【分析】由aa可知A正确；通过反例可知BCD错误.【详解】对于A，aa（当且仅当0a时取等号），ab，A正确；对于B，当1a=−，2b=−时，ab，B错误；对于C，当1a=−，2b=−时，21a=，2ab=，则2aab

，C错误；对于D，当1a=，2b=−时，2ab=−，24b=，则2abb，D错误.故选：A.6.设423log6,log3,2abc===，则（）A.abcB.cbaC.bacD.bca【答案】D【解析】【分析】首先将这三个数化为同底的对数，再根据单调性比较大小.【详解】4

2log6log6a==，22log3log9b==，32223log2log82c===，因为2logyx=是增函数，689，所以acb.故选：D7.已知函数()fx．甲同学将()fx的图象向上平移1个单

位长度，得到图象1C；乙同学将()fx的图象上所有点的横坐标变为原来的12（纵坐标不变），得到图象2C．若1C与2C恰好重合，则下列给出的()fx中符合题意的是（）A.()12logfxx=B.()2logfxx=C.(

)2xfx=D.()12xfx=【答案】B【解析】【分析】根据函数平移和伸缩变换原则，依次验证选项中的函数变换后的解析式是否相同即可.【详解】对于A，()112:1log1Cfxx+=+，()211112222:2log2

loglog2log1Cfxxxx==+=−，A错误；对于B，()12:1log1Cfxx+=+，()22222:2log2loglog2log1Cfxxxx==+=+，B正确；对于C，()1:121xCfx

+=+，()22:224xxCfx==，C错误；对于D，()11:112xCfx+=+，()2211:224xxCfx==，D错误.故选：B.8.“sintan0+”是“为第一或第三象限角”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件

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】根据同角三角函数关系化简，根据三角函数在各象限的符号，结合充分条件、必要条件即可得解.【详解】因为sin(cos1)sintan0cos++=时，则t

an0，所以为第一或第三象限角，反之，当为第一或第三象限角时，tan0，所以sintan0+，综上，“sintan0+”是“为第一或第三象限角”的充分必要条件，故选：C9.已知()1,0A，点B在曲线:G()ln1yx=+上，若

线段AB与曲线:M1yx=相交且交点恰为线段AB的中点，则称B为曲线G关于曲线M的一个关联点．记曲线G关于曲线M的关联点的个数为a，则（）A.0a=B.1a=C.2a=D.2a【答案】B【解析】【分析】根据题意，将问题转化为()004lg11xx+=+的解的个数，再构造函

数()4lgfxxx=−，利用函数()fx的单调性与零点存在定理判断函数()fx的零点个数，从而得解.【详解】设点B的坐标为()()00,lg1xx+，则线段AB的中点为()00lg11,22xxE++，由题意可知，点E在曲线1:Myx=上，所以(

)00lg1221xx+=+，即()004lg11xx+=+，构造函数()4lgfxxx=−，其中0x，由于函数lgyx=与函数4yx=−在(0,+∞)上增函数，所以函数()4lgfxxx=−在(0,+∞)上为增函数，因为()140

f=−，()210105f=−，所以函数()4lgfxxx=−存在唯一零点，即()004lg11xx+=+只有一个解，所以曲线G关于曲线M的关联点的个数为1a=.故选：B.10.我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集

：如图，取一条长度为1的线段，第1次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第2次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去．若经过n次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和大

于99100，则n的最小值为（）（参考数据：lg20.301，lg30.477）A.9B.10C.11D.12【答案】D为【解析】【分析】根据变化规律可知每次去掉的线段长度成等比数列，利用等比数列求和公式可求得第n次后

，去掉的线段长度总和为213n−，由29913100n−，结合对数运算可解不等式求得11.4n，由此可得结果.【详解】第1次操作，去掉的线段长度为13；第2次操作，去掉的线段长度为29；第3次操作，去掉的线

段长度为427，依次类推，可知第n次操作去掉的线段长度为11233n−，即每次去掉的线段长度成等比数列，第n次后，去掉的线段长度总和为12133212313nn−=−−，由

29913100n−得：213100n，231lg10022log11.42100lg2lg30.3010.477lg3n=−=−−−−，n的最小值为12.故选：D.第二部分（非选择题共110分）

二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分.11.若复数12zi=−，则z=__________．【答案】5【解析】【分析】由共轭复数概念写出12iz=+，再求其模长.【详解】由题设12iz=+，则145z=+=.故答案为：512.函数()1

ln1fxxx=+−的定义域是____________.【答案】()()0,11+，.【解析】【分析】根据分母不为零、真数大于零列不等式组，解得结果.【详解】由题意得，100xx−故答案为：()()0,11,+.【点睛】本题考查函数定义域，考查基本分析

求解能力，属基础题.13.设公差为d的等差数列na的前n项和为()*NnSn，能说明“若0d，则数列nS是递减数列”为假命题的一组1,ad的值依次为__________．【答案】12a=，1d=−（答案不唯一）【解析】【分析】由等差数列前n项和公式有21()22nddSna

n=+−且0d，结合二次函数性质找到一个满足nS不是递减数列的1,ad即可.【详解】由211(1)()222nnnddSnadnan−=+=+−，其对称轴为112and=−，且0d，结合二次函数性质，只需1113122aadd−

−，即1ad−，此时nS不是递减数列，如12a=，1d=−，则21525()228nSn=−−+，显然12SS.故答案为：12a=，1d=−（答案不唯一）14.已知函数()e−=xtfx，()e=−+gxx，()()()ma

x,hxfxgx=，其中max,ab表示a，b中最大数．若1t=，则()0h=________；若()ehx对Rx恒成立，则t的取值范围是________．【答案】①.e②.(),1−−.【解析】【分析】由函数()hx的定义，求()0h，由0x时，()gxx=−+ee，当0x时，(

)egx可得已知条件等价于()efx在)0,+上恒成立，化简可求t的范围．【详解】由已知()maxe,exthxx−=−+，的若1t=，则()0maxe,eh=，所以()0eh=，当0x时，()gxx=−+ee，当0x时，()egx，因为()max{(),()}h

xfxgx=e对Rx恒成立；所以当0x时，eext−恒成立，所以当0x时，1xt−恒成立，若0t，则当xt=时，=0xt−，矛盾，当0t时，可得1xt−恒成立，所以1t−，所以t的取值范围是为(),1−−，故答案为：e，(),1

−−.15.已知函数()cosfxxa=+.给出下列四个结论：①任意aR，函数()fx的最大值与最小值的差为2；②存在aR，使得对任意xR，()()π2+−=fxfxa；③当0a时，对任意非零实数x，ππ22fxfx+−

；④当0a=时，存在()0,πT，0xR，使得对任意Zn，都有()()00fxfxnT=+.其中所有正确结论的序号是__________.【答案】②④【解析】【分析】取0a=可判断①，取1a=化简后可判断②，先化简，取πx=可判断③，

取π2T=可判断④.【详解】对于①，当0a=时()cosfxx=，其最大值为1，最小值为0，()fx的最大值与最小值的差为1，故①错误；对于②，当1a=时，()cos11cos=+=+fxxx，()()π-cosπ-11cos1cos=+=−=−fxxxx，因此对任意xR，()()π2

2+−==fxfxa，故②正确；对于③，ππcossin22+=++=−fxxaax，ππcossin22−=−+=+fxxaax，当πx=时ππ22+=−=

fxfxa，故③错误；对于④，当0a=时()cosfxx=，取π2T=，0π=4x，使得对任意Zn，都有()()00fxfxnT=+，故正确.故答案为：②④三、解答题：本题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、证

明过程或演算步骤.16.已知函数()321fxxax=−−.（1）若1a=，求()fx的极值；（2）直接写出一个a值使()fx在区间1,0−上单调递减.【答案】（1）极大值为1−，极小值为3127−.（2）2−（答案不唯一，3,2a−−

即可）【解析】【分析】（1）求导，利用导数判断原函数单调性和极值；（2）由题意可得32ax在)1,0−恒成立，根据恒成立问题分析求解.【小问1详解】当1a=时，()321fxxx=−−，函数定义域为R，则()()23232fxxxxx=−=−，

()0fx解得0x或23x，()0fx解得203x，所以()fx在(),0−和2,3+上单调递增，在20,3上单调递减，所以()fx的极大值为()01f=−，极小值为231327=−f．【小问2详解】若()fx在区间

1,0−上单调递减，则()2320fxxax=−在)1,0−内恒成立，可得32ax在)1,0−内恒成立，即32a−，即a的取值范围为3,2−−，所以a的值可以为2−.17.已知函数2()2cos3sin(0)2xfxx=+，从条件①､

条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数()fx存在且唯一确定.（1）求的值；（2）若不等式()2fx<在区间()0,m内有解，求m的取值范围.条件①：(2π)3f=；条件②：()yfx=的图象可由2cos2yx=的图象平移得到；条件③：()fx区间ππ(,)3

6−内无极值点，且ππ()2()263ff−=−+.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）条件选择见解析，2=；（2）π(,)3+.【解析】【分析】（1）选条件①，由π

π1cos()332−=的解不唯一，此条件不符合题意；选条件②，由周期求出；选条件③，由给定等式确定最大最小值条件，求出周期范围，由给定区间内无极值点求出周期即可.（2）由（1）求出函数()fx的解析式，再借助不

等式有解列式求解即得.【小问1详解】依题意，π()cos3sin12cos()13fxxxx=++=−+，选条件①，由(2π)3f=，得ππ2cos()1233−+=，即ππ1cos()332−=，于是πππ2π,N333kk−=+或πππ2π,N333kk−=

−+，显然的值不唯一，因此函数()fx不唯一，不符合题意.选条件②，()yfx=的图象可由2cos2yx=的图象平移得到，因此()yfx=的最小正周期为函数2cos2yx=的最小正周期π，而0，则2ππ=，所以2=.选条件③，

()fx在区间ππ(,)36−内无极值点，且ππ()2()263ff−=−+，在则ππ()()463ff−−=，即函数()fx分别在ππ,63xx==−时取得最大值､最小值，于是()fx的最小正周期ππ2[()]π63T−−=，由()fx在区间ππ(,)36−内无极值

点，得()fx的最小正周期ππ2[()]π63T−−=，因此πT=，而0，所以2π2T==.【小问2详解】由（1）知π()2cos(2)13fxx=−+，由(0,)xm，得πππ2(,2)333xm−−−，由不等式()2fx<在区间(0

,)m内有解，即π1cos(2)32x−在区间(0,)m内有解，则有ππ233m−，解得π3m，所以m的取值范围是π(,)3+.18.已知数列na的前n项和为nS，24nnSa=−，*nN.

（1）求1a，2a；（2）若数列nb是等差数列，且11ba=，53ba=，求数列nb的通项公式；（3）设nnbca=，求12nccc+++.【答案】（1）14a=；28a=；（2）*31,nbnnN=+（3）35232

7n+−【解析】【分析】（1）直接令1,2nn==求解即可；（2）结合（1）令3n=得316a=，进而求得nb的公差为3d=，再根据通项公式求解即可；（3）根据11,1,2nnnSnaSSn−==−得数列na的通项公式，再结合（2）得32248nnnc+==，进而根据等比

数列前n项和公式求解即可.【小问1详解】解：令1n=，则11124Saa=−=，解得14a=，令2n=，则221224Saaa=−=+，解得2148aa=+=.所以14a=；28a=；【小问2详解】解：由（1）知14a=

；28a=，所以令3n=，则3312324Saaaa=−=++，解得316a=.所以114ba==，5316ba==，设等差数列nb的公差为d，则5144416bbdd=+=+=，解得3d=所以数列

nb的通项公式为()*1131,nbbndnnN=+−=+【小问3详解】解：由（1）知，1n=时，14a=，当2n时，()()112424nnnnnaSSaa−−=−=−−−，整理得12nnaa−=，所以数列

na等比数列，公比为2q=，首项为14a=所以1112nnnaaq−+==.由（2）知*31,nbnnN=+，所以1322248nnbnnnbca++====，所以18nncc+=，即数列nc是等比数列

，公比为8，首项为32，所以()35123218232187nnnccc+−−+++==−19.已知椭圆2222:1(0)xyEabab+=的焦距为42，直线1:2bly=与E在第一象限的交点P的横坐标为3．（1）求E的方程；（2）设直线2:lykxm=+与椭圆E相交于两点,MN，试探

究直线PM与直线PN能否关于直线1l对是称．若能对称，求此时直线2l的斜率；若不能对称，请说明理由．【答案】（1）221124xy+=（2）直线PM与直线PN能够关于直线1l对称，此时直线2l的斜率为1【解析】【分析】（1）由题意可得22c=，由3,2bP

在E上，可得212a=，进而可求得椭圆方程；（2）将ykxm=+代入221124xy+=，设()()1122,,,MxyNxy，进而可得1212,xxxx+，若直线PM与直线PN关于直线1l对称，则121211033PMPNyykkxx−−+=+=−−，求解判断即可.【小问

1详解】由已知，242c=，所以22c=．而3,2bP在E上，所以222941bab+=．于是，212a=．则2224bac=−=，故椭圆E的方程为221124xy+=．【小问2详解】可知()3,1P，将ykxm=+代入221124xy+=，得()2221363120k

xkmxm+++−=．由()()2222Δ364133120kmkm=−+−，有221240mk−−．设()()1122,,,MxyNxy，易知12xx．则21212226312,1313kmmxxxxkk−+=−=++．因为直线PM与直线PN关于直线1l对称，则直线PM与PN存在

斜率，且斜率互为相反数．所以121211033PMPNyykkxx−−+=+=−−，即()()()()122113130yxyx−−+−−=，即()()12211212360xyxyxxyy+−+−++=，所以()()1212213660kxxmkxxm+−−++−=，则

()22231262136601313mkmkmkmkk−+−−−+−=++，即()23410kmkm+−−+=，所以1k=或13mk=−．当13mk=−时，MN的方程为()31ykx=−+，经过P点，与题意不

符，故舍去．故直线PM与直线PN能够关于直线1l对称，此时直线2l的斜率为1k=，同时应有()4,4m−．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()()1122,,,xyxy；（2）联立直线与

圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12xx+、21xx（或12yy+、12yy）的形式；（5）代入韦达定理求解.20已知函数2()ln1()fxmxxxm=−+R．（1）当1m=时，求曲线(

)yfx=在点(1,(1))f处的切线方程；（2）若()0fx在区间[1,)+上恒成立，求m的取值范围；（3）试比较ln4与2的大小，并说明理由．.【答案】（1）10xy+−=（2）(,2−（3）ln42【解析】【分析】

（1）根据导数的几何意义即可求解；（2）将()0fx在区间)1,+上恒成立，转化为1ln0mxxx−+，令()1lngxmxxx=−+，问题转化为()max0gx，利用导数求函数()maxgx即可得解；（3）由（2）知，2m=时，()0fx在区间)1,+上恒成立

，取2x=，可得解.【小问1详解】当1m=时，()2n1lfxxxx−+=，()ln12fxxx=+−，所以曲线()fx在点()()1,1f处切线的斜率()11kf==−，又()10f=，所以曲线()fx在点()()1,1f处切线的方程为()1yx=−−即10xy+−=.【小问2详解】()

0fx在区间)1,+上恒成立，即2ln10mxxx−+，对)1,x+，即1ln0mxxx−+，对)1,x+，令()1lngxmxxx=−+，只需()max0gx，()222111mxmxgxxxx−+−=−−=，)1,x

+，当0m时，有0mx，则()0gx，()gx在)1,+上单调递减，()()10gxg=符合题意，当0m时，令()21hxxmx=−+−，其对应方程210xmx−+−=的判别式24m=−，若0即02m时，有()0hx，即()0gx，()gx在)1

,+上单调递减，()()10gxg=符合题意，若0即2m时，()21hxxmx=−+−，对称轴12mx=，又()120hm=−，方程210xmx−+−=的大于1的根为2042mmx−−=，()01,xx

，()0hx，即()0gx，()0,xx+，()0hx，即()0gx，所以函数()gx在()01,x上单调递增，()()10gxg=，不合题意.综上，()0fx在区间)1,+上恒成立，实数m的取值范围为(,2−

.【小问3详解】由（2）知，当2m=时，()0fx，在区间)1,+上恒成立，即22ln1xxx−，对)1,x+，取2x=代入上式得22ln21，化简得ln42.21.设无穷数列na

的前n项和为,nnSi为单调递增的无穷正整数数列，记1nnniiASS+=−，()1,2,n=，定义*Ω0,1,2,kjjSSkjj=−=++N．（1）若()2,1,2,nnaninn===，写出12,AA的值；（2）若()111,2,2nnan−=−

=，求Ω；（3）设()1,0,sgn0,0,1,0.xxxx==−求证：对任意的无穷数列na，存在数列ni，使得()sgnnA为常数列．【答案】（1）129,35AA==

（2）{2,1,2,}xxmm===∣（3）证明见解析【解析】【分析】（1）通过公式即可求出12,AA的值；（2）求出数列na的前n项和，对j讨论其奇偶，即可求出Ω；（3）通过讨论为有限集和无限集时的不同情况下()sgnnA的值，即可证明结论.【小问1详解】由题

意，1nnniiASS+=−，()1,2,n=，()2,1,2,nnaninn===，∴11a=，221231,24,39iii=====，111Sa==，241234123410iSSaaaa==+++=+++=，3912912

945iSSaaa==+++=+++=，∴1412941019,451035ASSASS=−=−==−=−=【小问2详解】由题意，在数列na中，()111,2,2nnan−=−=，11a=∴1112221133212nnnS−−==−−

−−.若j为奇数，则11102jjjjSSa++−==−.所以j.若j为偶数，则当1,2,kjj=++时，2112110.322322jkjkkjSS−=−−−

−所以j.所以{2,1,2,}xxmm===∣.【小问3详解】由题意证明如下，在()1,0,sgn0,0,1,0.xxxx==−中，若为有限集，设其最大元素为m(若为空集，取0m=)，则

当1,2,jmm=++时，存在kj满足0kjSS−.令*111min,0(1,2,),nnnkiimikkiSSn+=+=−=N∣，则10nnniiASS+=−.所以()sgn1(1,2,)nAn=−=;若为无限

集，设12,,jj=，其中12jj，记1nnnjjBSS+=−，则0(1,2,)nBn=.①若数列nB中只有有限项为正数，记*max0nmnB=N∣(若nB中没有正数项，取0)m=，则0(1,2,)mnBn+==.令()1,2,nmnijn+==，则

()101,2,nnniimnASSBn++=−===.所以()sgn0(1,2,)nAn==;②若数列nB中有无穷项为正数，将这些项依次记为12,,ttBB，其中12tt，则()101,2,nnnjjBSSn+=−=.令(1,2,)n

ntijn==，则11110ttnnnnnnjjtttASSBBB+++−=−=+++.所以()sgn1(1,2,)nAn==.综上所述，对任意的无穷数列na都存在数列ni，使得()sgnnA为常数列.【点睛】关键点点睛：本题考查求数

列的项，数列求和，无穷数列的证明，符号函数，考查学生的计算能力，逻辑思维能力和分类讨论能力，具有很强的综合性.