北京市丰台区2024_2025学年高三数学上学期10月月考试题含解析

这是一份北京市丰台区2024_2025学年高三数学上学期10月月考试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（共10题，每小题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从而求解集合，再根据并集的定义求解.
【详解】由，得，
结合，可知.
故选：B.
2. 设复数z满足，则z在复平面内所对应点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的乘除法运算法则化简，根据几何意义确定在复平面内对应的点所在象限．
【详解】由，
则在复平面内所对应的点的坐标为，位于第一象限．
故选：A．
3. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用三角函数的定义，即可求出结果.
【详解】因为角的终边经过点，所以，
故选：C.
4. 下列函数中，既是偶函数又在单调递增的函数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析各选项中函数的定义域、奇偶性、在上的单调性即可判断作答.
【详解】对于A，函数定义域是，不是偶函数，A错误；
对于B，当时，函数在上单调递减，B错误.
对于C，函数在上单调递减，C错误；
对于D，函数定义域为R，，
故是偶函数，
当时，在上单调递增，D正确；
故选：D
5. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助指数函数与对数函数的单调性可得、、范围，即可得解.
【详解】由，，即，
，故.
故选：C.
6. 如图，在中，点D是BC边的中点，，则用向量，表示为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的线性运算求解即可.
【详解】，故，
则.
故选：A
7. 若函数的部分图象如图所示，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦型函数的对称性可得对称中心，即可求得最小正周期，从而可求的值，结合图象代入已知点坐标即可得的值.
【详解】由图可知，所以是的一个对称中心，
由图象可得最小正周期满足：，则，又，所以，
则由图象可得，，所以，，又，所以.
故选：A.
8. 把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是．那么后物体的温（单位：℃）可由公式求得，其中k是一个随着物体与空气的接触情况而定的常数．现有46℃的物体，放在10℃的空气中冷却，以后物体的温度是38℃，则k的值约为（ ）
A. 0.25B. C. 0.89D.
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】由题意可知：
当，，时，，
代入公式得：即，
则.
故选：A.
【点睛】本题主要考查指数对数函数的运算，属于简单题.
9. 设是公比为的无穷等比数列，为其前n项和，，则“”是“存在最小值”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】A
【解析】
【分析】假设，借助等比数列的性质可得其充分性，举出反例可得其必要性不成立，即可得解.
【详解】若，由，则，
故必有最小值，故“”是“存在最小值”的充分条件；
当，时，有，
则有最小值，
故“”不是“存在最小值”的必要条件；
即“”是“存在最小值”的充分而不必要条件.
故选：A.
10. 已知函数的定义域为，存在常数，使得对任意，都有，当时，．若在区间上单调递减，则t的最小值为（ ）
A. 3B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的周期性和绝对值型函数的单调性进行求解即可.
【详解】因为存在常数，使得对任意，都有，
所以函数的周期为，
当时，函数在单调递减，
所以当时，函数在上单调递减，
因为在区间上单调递减，
所以有，
故选：B
【点睛】关键点睛：根据函数的周期的性质，结合绝对值型函数的单调性是解题的关键.
二、填空题（共5题，每题5分）
11. 函数的定义域是____________．
【答案】
【解析】
【分析】由复合函数、对数函数以及幂函数的定义域即可求解.
【详解】要使函数有意义，当且仅当，解得，
所以函数的定义域是.
故答案为：.
12. 数列是公差为的等差数列，记的前项和为，且成等比数列，则_______；_______.
【答案】 ①. 8 ②.
【解析】
【分析】
由等比数列的性质得，解出的值，再结合等差数列的前项和公式可得结果.
【详解】因为数列是公差为的等差数列，成等比数列，
所以，即，解得；
所以，
故答案为：8，.
13. 已知菱形的边长为，，，则_________________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的线性运算得到，，再利用数量积的定义及运算，即可求出结果.
【详解】因，所以，又，
所以，
又菱形的边长为，，所以，
故答案为：.
14. 设函数
①给出一个的值，使得的图像向右平移后得到的函数的图像关于原点对称，______；
②若在区间0,π上有且仅有两个零点，则的取值范围是______．
【答案】 ①. （答案不唯一） ②.
【解析】
【分析】根据变换法则得，则，取计算即可，确定，根据零点个数得到，解得答案.
【详解】由题意可得，
因为的图像关于原点对称，所以，即，
当时，；
若x∈0,π，则，有且仅有两个零点，
则，解得，故的取值范围为.
故答案为：（答案不唯一）；
15. 已知函数给出下列四个结论：
①当时，存在最小值；
②当时，存在唯一的零点；
③的零点个数为，则函数的值域为；
④当时，对任意，，.
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】②③
【解析】
【分析】①根据指数函数、二次函数性质求最值判断；②由函数零点概念求解零点判断；③讨论、、，分析各分段上零点的个数判断；④用特殊值，得到即可判断.
【详解】①当时，，
当时，在上单调递增，故的值域为；
当时，在上单调递减，在上单调递增，，
故的值域为；由知，无最小值，故①错误；
②当时，，令得，所以有唯一的零点0，故②正确；
③至多一个零点，至多有两个零点，
当时，若，则由，
可得或，故恒有两个零点；
时，若，则存在一个零点；
若，不存在零点，
所以时，零点个数可能为2或3个；
若，则，此时，即上无零点，
而，故有一个零点，即；
若，则，此时上，无零点，
时，也无解，故无零点，即；
综上，的值域为，故③正确；
④当时，，则，
所以，故④错误.
故答案为：②③.
【点睛】关键点点睛：对于③，注意结合指数函数、二次函数性质，应用分类讨论分析各分段零点的可能情况.
三、解答题（共6道题）
16. 已知，且.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用同角三角函数平方和商数关系可求得，根据两角和差正切公式可求得结果；
（2）利用二倍角正弦公式化简所求式子为正余弦的齐次式，由此可配凑成关于的式子来求解.
【小问1详解】
，，，，
.
【小问2详解】
由（1）知：，
.
17. 已知等比数列满足，．
（1）求的通项公式；
（2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求数列的前项和．
条件①：设；
条件②：设．
【答案】（1）；（2）选择条件①，；选择条件②，.
【解析】
【分析】（1）根据条件列出关于首项与公比的方程，解出方程组即可求出通项；
（2）若选择条件①，利用等差数列的前项和公式求和，若选择条件②，利用分组法求和.
【详解】（1）设等比数列的公比为，则，解得，
所以；
（2）选择条件①：，
所以；
选择条件②：，
所以.
18. 已知函数．
（1）求的最小正周期及单调递增区间；
（2）求在区间上的最值，并求出此时对应的的值；
（3）若在区间上有两个零点，直接写出的取值范围．
【答案】（1）最小正周期为，单调递增区间为；
（2）时最小值为；时最大值为1；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由二倍角正余弦公式、辅助角公式化简函数式，根据正弦型函数性质求最小正周期和递增区间；
（2）由（1）及正弦型函数性质求最值即可；
（3）问题化为与在区间上有两个交点，数形结合求参数范围.
【小问1详解】
因为，
所以最小正周期为，又增区间为，
令得：，
所以单调递增区间为．
【小问2详解】
因为，所以．
当，即时，取最小值；
当，即时，取最大值1．
【小问3详解】
由题意，与在区间上有两个交点，而在上图象如下：

由图知：，即.
19. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，PB与底面ABCD所成角为，底面ABCD为直角梯形，.
（1）求PB与平面PCD所成角的正弦值；
（2）求平面PCD与平面PBA所成角的余弦值；
（3）N为AD中点，线段PC上否存在动点M（不包括端点），使得点P到平面BMN距离为.
【答案】（1）
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）证明出，，，建立的空间直角坐标系，求得向量，平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解；
（2）由平面PBA的一个法向量，和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解；
（3）设，则，则可得平面的一个法向量，通过点到平面距离的公式，得到参数表示的一个代数式，则可得到点到平面BMN距离的范围，即可得到最大值.
【小问1详解】
因为平面，且平面，所以，，
又因为，所以，
因为与底面所成角为，所以，故，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立的空间直角坐标系，如图所示，
因为，，可得，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，可得，
取，则，可得，
设PB与平面PCD所成的角为，
则，
所以PB与平面PCD所成角的正弦值为.
【小问2详解】
根据题意，平面PBA的一个法向量，
由（1）知，平面的一个法向量为，
则，
所以平面PBA与平面所成的锐二面角的余弦值为.
【小问3详解】
因为N为AD中点，所以，
设，，则，
解得，故，
∴，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
∵，
∴点到平面距离为，
当时，则，
∴，当时取等号，
则，
综上，点到平面距离的取值范围的最大值为.
20. 已知二次函数满足，且该函数的图象经过点，在x轴上截得的线段长为4，设gx=fx-ax.
（1）求的解析式；
（2）求函数在区间0,2上的最小值；
（3）设函数，若对于任意，总存在，使得成立，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据二次函数的对称性及过的点列式求解即可；
（2）根据，，分类讨论求解即可；
（3）由题意，利用换元法求解函数的最小值，结合（2）中的最小值列不等式求解即可.
【小问1详解】
因为，则的图象关于直线对称且在x轴上截得的线段长为4，的图象与x轴的交点分别为，，所以设.
该函数的图象经过点，解得，所以.
【小问2详解】
因为，其对称轴方程为，
当，即时，.
当，即时，
当，即时，
综上所述，当时，，
当时，，
当时，.
【小问3详解】
若对于任意，总存在，使得成立，
等价于
函数，
因为，所以，所以当时，取得最小值
当时，，所以，不成立
当时，，所以，
解得或，所以
当时，，所以，解得，所以
综上所述，a的取值范围是.
【点睛】方法点睛：双变量的任意、存在性问题应转化成函数最值的大小比较问题.
21. 已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．
（1）判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；
（2）若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；
（3）若为连续可表数列，且，求证：．
【答案】（1）是连续可表数列；不是连续可表数列．
（2）证明见解析． （3）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑不符合，再列举一个合题即可；
（3）时，根据和的个数易得显然不行，再讨论时，由可知里面必然有负数，再确定负数只能是，然后分类讨论验证不行即可．
【小问1详解】
，，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．
【小问2详解】
若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；
当时,数列，满足，，，，，，，， ．
【小问3详解】
，若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，
若，则至多可表个数，矛盾,
从而若,则，至多可表个数，
而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数（恰 21个），这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为 ，
则所有数之和，，
，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，
（仅一种方式），
与2相邻，
若不在两端,则形式，
若，则（有2种结果相同，方式矛盾），
， 同理 ，故在一端，不妨为形式，
若,则 （有2种结果相同，矛盾），同理不行，
，则 （有2种结果相同，矛盾），从而，
由于,由表法唯一知3,4不相邻,、
故只能，①或，②
这2种情形，
对①：，矛盾，
对②：，也矛盾，综上，
当时，数列满足题意，
．
【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题．