北京市豐臺區(qū)第二中學2024-2025學年高三上學期10月月考數學試題 含解析

2024北京豐臺二中高三10月月考數學學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題（共10題，每小題4分）1.已知集合，，那么（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】求解一元二次不等式從而求解集合，再根據并集的定義求解.【詳解】由，得，結合，可知.故選：B.2.設復數z滿足，則z在復平面內所對應點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】利用復數的乘除法運算法則化簡，根據幾何意義確定在復平面內對應的點所在象限．【詳解】由，則在復平面內所對應的點的坐標為，位于第一象限．故選：A．3.已知角的終邊經過點，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據條件，利用三角函數的定義，即可求出結果.【詳解】因為角的終邊經過點，所以，故選：C.4.下列函數中，既是偶函數又在單調遞增的函數是（

）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分析各選項中函數的定義域、奇偶性、在上的單調性即可判斷作答.【詳解】對于A，函數定義域是，不是偶函數，A錯誤；對于B，當時，函數在上單調遞減，B錯誤.對于C，函數在上單調遞減，C錯誤；對于D，函數定義域為R，，故是偶函數，當時，在上單調遞增，D正確；故選：D5.設，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】借助指數函數與對數函數的單調性可得、、范圍，即可得解.【詳解】由，，即，，故.故選：C.6.如圖，在中，點D是BC邊的中點，，則用向量，表示為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用向量的線性運算求解即可.【詳解】，故，則.故選：A7.若函數的部分圖象如圖所示，則的值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據正弦型函數的對稱性可得對稱中心，即可求得最小正周期，從而可求的值，結合圖象代入已知點坐標即可得的值.【詳解】由圖可知，所以是的一個對稱中心，由圖象可得最小正周期滿足：，則，又，所以，則由圖象可得，，所以，，又，所以.故選：A.8.把物體放在冷空氣中冷卻，如果物體原來的溫度是，空氣的溫度是．那么后物體的溫（單位：℃）可由公式求得，其中k是一個隨著物體與空氣的接觸情況而定的常數．現有46℃的物體，放在10℃的空氣中冷卻，以后物體的溫度是38℃，則k的值約為（）A.0.25 B. C.0.89 D.【答案】A【解析】【分析】【詳解】由題意可知：當，，時，，代入公式得：即，則.故選：A.【點睛】本題主要考查指數對數函數的運算，屬于簡單題.9.設是公比為的無窮等比數列，為其前n項和，，則“”是“存在最小值”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【答案】A【解析】【分析】假設，借助等比數列的性質可得其充分性，舉出反例可得其必要性不成立，即可得解.【詳解】若，由，則，故必有最小值，故“”是“存在最小值”的充分條件；當，時，有，則有最小值，故“”不是“存在最小值”的必要條件；即“”是“存在最小值”的充分而不必要條件.故選：A.10.已知函數的定義域為，存在常數，使得對任意，都有，當時，．若在區(qū)間上單調遞減，則t的最小值為（）A.3 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】根據函數的周期性和絕對值型函數的單調性進行求解即可.【詳解】因為存在常數，使得對任意，都有，所以函數的周期為，當時，函數在單調遞減，所以當時，函數在上單調遞減，因為在區(qū)間上單調遞減，所以有，故選：B【點睛】關鍵點睛：根據函數的周期的性質，結合絕對值型函數的單調性是解題的關鍵.二、填空題（共5題，每題5分）11.函數的定義域是____________．【答案】【解析】【分析】由復合函數、對數函數以及冪函數的定義域即可求解.【詳解】要使函數有意義，當且僅當，解得，所以函數的定義域是.故答案為：.12.數列是公差為的等差數列，記的前項和為，且成等比數列，則_______；_______.【答案】①.8②.【解析】【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，.13.已知菱形的邊長為，，，則_________________.【答案】【解析】【分析】利用向量的線性運算得到，，再利用數量積的定義及運算，即可求出結果.【詳解】因，所以，又，所以，又菱形的邊長為，，所以，故答案為：.14.設函數①給出一個的值，使得的圖像向右平移后得到的函數的圖像關于原點對稱，______；②若在區(qū)間0,π上有且僅有兩個零點，則的取值范圍是______．【答案】①.（答案不唯一）②.【解析】【分析】根據變換法則得，則，取計算即可，確定，根據零點個數得到，解得答案.【詳解】由題意可得，因為的圖像關于原點對稱，所以，即，當時，；若x∈0,π，則，有且僅有兩個零點，則，解得，故的取值范圍為.故答案為：（答案不唯一）；15.已知函數給出下列四個結論：①當時，存在最小值；②當時，存在唯一的零點；③的零點個數為，則函數的值域為；④當時，對任意，，.其中所有正確結論的序號是______.【答案】②③【解析】【分析】①根據指數函數、二次函數性質求最值判斷；②由函數零點概念求解零點判斷；③討論、、，分析各分段上零點的個數判斷；④用特殊值，得到即可判斷.【詳解】①當時，，當時，在上單調遞增，故的值域為；當時，在上單調遞減，在上單調遞增，，故的值域為；由知，無最小值，故①錯誤；②當時，，令得，所以有唯一的零點0，故②正確；③至多一個零點，至多有兩個零點，當時，若，則由，可得或，故恒有兩個零點；時，若，則存在一個零點；若，不存在零點，所以時，零點個數可能為2或3個；若，則，此時，即上無零點，而，故有一個零點，即；若，則，此時上，無零點，時，也無解，故無零點，即；綜上，的值域為，故③正確；④當時，，則，所以，故④錯誤.故答案為：②③.【點睛】關鍵點點睛：對于③，注意結合指數函數、二次函數性質，應用分類討論分析各分段零點的可能情況.三、解答題（共6道題）16.已知，且.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用同角三角函數平方和商數關系可求得，根據兩角和差正切公式可求得結果；（2）利用二倍角正弦公式化簡所求式子為正余弦的齊次式，由此可配湊成關于的式子來求解.【小問1詳解】，，，，.【小問2詳解】由（1）知：，.17.已知等比數列滿足，．（1）求的通項公式；（2）從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求數列的前項和．條件①：設；條件②：設．【答案】（1）；（2）選擇條件①，；選擇條件②，.【解析】【分析】（1）根據條件列出關于首項與公比的方程，解出方程組即可求出通項；（2）若選擇條件①，利用等差數列的前項和公式求和，若選擇條件②，利用分組法求和.【詳解】（1）設等比數列的公比為，則，解得，所以；（2）選擇條件①：，所以；選擇條件②：，所以.18.已知函數．（1）求的最小正周期及單調遞增區(qū)間；（2）求在區(qū)間上的最值，并求出此時對應的的值；（3）若在區(qū)間上有兩個零點，直接寫出的取值范圍．【答案】（1）最小正周期為，單調遞增區(qū)間為；（2）時最小值為；時最大值為1；（3）.【解析】【分析】（1）由二倍角正余弦公式、輔助角公式化簡函數式，根據正弦型函數性質求最小正周期和遞增區(qū)間；（2）由（1）及正弦型函數性質求最值即可；（3）問題化為與在區(qū)間上有兩個交點，數形結合求參數范圍.【小問1詳解】因為，所以最小正周期為，又增區(qū)間為，令得：，所以單調遞增區(qū)間為．【小問2詳解】因為，所以．當，即時，取最小值；當，即時，取最大值1．【小問3詳解】由題意，與在區(qū)間上有兩個交點，而在上圖象如下：由圖知：，即.19.如圖，在四棱錐中，平面ABCD，PB與底面ABCD所成角為，底面ABCD為直角梯形，.（1）求PB與平面PCD所成角的正弦值；（2）求平面PCD與平面PBA所成角的余弦值；（3）N為AD中點，線段PC上否存在動點M（不包括端點），使得點P到平面BMN距離為.【答案】（1）（2）（3）答案見解析【解析】【分析】（1）證明出，，，建立的空間直角坐標系，求得向量，平面的一個法向量為，結合向量的夾角公式，即可求解；（2）由平面PBA的一個法向量，和平面的一個法向量為，結合向量的夾角公式，即可求解；（3）設，則，則可得平面的一個法向量，通過點到平面距離的公式，得到參數表示的一個代數式，則可得到點到平面BMN距離的范圍，即可得到最大值.【小問1詳解】因為平面，且平面，所以，，又因為，所以，因為與底面所成角為，所以，故，以為坐標原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸建立的空間直角坐標系，如圖所示，因為，，可得，，，，所以，，，設平面的一個法向量為，可得，取，則，可得，設PB與平面PCD所成的角為，則，所以PB與平面PCD所成角的正弦值為.【小問2詳解】根據題意，平面PBA的一個法向量，由（1）知，平面的一個法向量為，則，所以平面PBA與平面所成的銳二面角的余弦值為.【小問3詳解】因為N為AD中點，所以，設，，則，解得，故，∴，設平面的法向量為，則，令，則，即，∵，∴點到平面距離為，當時，則，∴，當時取等號，則，綜上，點到平面距離的取值范圍的最大值為.20.已知二次函數滿足，且該函數的圖象經過點，在x軸上截得的線段長為4，設gx=fx?ax（1）求的解析式；（2）求函數在區(qū)間0,2上的最小值；（3）設函數，若對于任意，總存在，使得成立，求a的取值范圍.【答案】（1）（2）答案見解析（3）【解析】【分析】（1）根據二次函數的對稱性及過的點列式求解即可；（2）根據，，分類討論求解即可；（3）由題意，利用換元法求解函數的最小值，結合（2）中的最小值列不等式求解即可.【小問1詳解】因為，則的圖象關于直線對稱且在x軸上截得的線段長為4，的圖象與x軸的交點分別為，，所以設.該函數的圖象經過點，解得，所以.【小問2詳解】因為，其對稱軸方程為，當，即時，.當，即時，當，即時，綜上所述，當時，，當時，，當時，.【小問3詳解】若對于任意，總存在，使得成立，等價于函數，因為，所以，所以當時，取得最小值當時，，所以，不成立當時，，所以，解得或，所以當時，，所以，解得，所以綜上所述，a的取值范圍是.【點睛】方法點睛：雙變量的任意、存在性問題應轉化成函數最值的大小比較問題.21.已知為有窮整數數列．給定正整數m，若對任意的，在Q中存在，使得，則稱Q為連續(xù)可表數列．（1）判斷是否為連續(xù)可表數列？是否為連續(xù)可表數列？說明理由；（2）若為連續(xù)可表數列，求證：k的最小值為4；（3）若為連續(xù)可表數列，且，求證：．【答案】（1）是連續(xù)可表數列；不是連續(xù)可表數列．（2）證明見解析．（3）證明見解析．【解析】【分析】（1）直接利用定義驗證即可；（2）先考慮不符合，再列舉一個合題即可；（3）時，根據和的個數易得顯然不行，再討論時，由可知里面必然有負數，再確定負數只能是，然后分類討論驗證不行即可．【小問1詳解】，，，，，所以是連續(xù)可表數列；易知，不存在使得，所以不是連續(xù)可表數列．【小問2詳解】若,設為,則至多，6個數字，沒有個，矛盾；當時,數列，滿足，，，，，，，，．【小問3詳解】，若最多有種，若，最多有種，所以最多有種，若，則至多可表個數，矛盾,從而若,則，至多可表個數，而，所以其中有負的，從而可表1~20及那個負數（恰21個），這表明中僅一個負的，沒有0，且這個負的在中絕對值最小，同時中沒有兩數相同,設那個負數為，則所有數之和，，，再考慮排序，排序中不能有和相同，否則不足個，（僅一種方式），與2相鄰，若不在兩端,則