精品解析：北京市第八十中学2025届高三上学期10月考试数学试题

北京市第八十中学2024~2025学年度第一学期10月考试 高三数学 2024年10月 （考试时间120分钟 满分150分） 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答． 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分． 1. 已知集合，集合，那么等于（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面，复数z对应的点坐标为，则（ ） A. i B. -i C. D. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 6. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象恰好关于直线对称，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 7. “一尺之锤，日取其半，万世不竭”语出《庄子·天下》，意思是一尺长的棍棒，每日截取它的一半，永远截不完（一尺约等于33.33厘米）.若剩余的棍棒长度小于0.33厘米，则需要截取的最少次数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 8. 已知等差数列的前项和，则“”是“是递减数列”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 9. 在中，，，点在边上，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 已知无穷数列，．性质，，，性质，，，，给出下列四个结论： ①若，则具有性质； ②若，则具有性质； ③若具有性质，则； ④若等比数列既满足性质又满足性质，则其公比的取值范围为． 则所有正确结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知角，的终边关于原点O对称，则______． 12. 已知向量，且 与的夹角为，则_____________. 13. 等比数列的前项和为，能说明“若为递增数列，则”为假命题的一组和公比的值为_______，_______． 14. 设函数，①若，则的最大值为_________；②若无最大值，则实数的取值范围是_________. 15. 在棱长为的正方体中，点分别为棱的中点. 点为正方体表面上的动点，满足. 给出下列四个结论： ①线段长度的最大值为； ②存在点，使得； ③存在点，使得； ④是等腰三角形. 其中，所有正确结论的序号是________． 三、解答题：本大题共6小题，共85分． 16. 如图，在三棱柱中，侧面底面，，，分别是棱，的中点.求证： （1）∥平面； （2）. 17. 设函数．从下列三个条作中选择两个作为已知，使得函数存在． （1）求的最小正周期及单调递减区间； （2）若对于任意的，都有，求实数的取值范围． 条件①：函数的图象经过点； 条件②：在区间上单调递增； 条件③：是的一条对称轴． 18. 已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求的值； （2）若，求B最大时的面积． 19. 已知直线与函数的图象相切. （1）求的值； （2）求函数的极大值. 20. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若函数存在正零点， （i）求的取值范围； （ii）记为的极值点，证明：. 21. 给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列满足如下三个性质： ①，且； ②； ③与不同时在数对序列A中． （1）当时，写出所有满足的数对序列A； （2）当时，证明：； （3）当为奇数时，记的最大值为，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第八十中学2024~2025学年度第一学期10月考试 高三数学 2024年10月 （考试时间120分钟 满分150分） 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答． 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分． 1. 已知集合，集合，那么等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解不等式化简集合，再由并集的概念，即可得出结果. 【详解】∵集合，集合， ∴. 故选：D. 2. 在复平面，复数z对应的点坐标为，则（ ） A. i B. -i C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得，再由复数除法法则即可求解. 【详解】z对应的点坐标为，所以， 所以 故选：B. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式的性质判断A，取特殊值判断BCD. 【详解】，，即，故A正确； 取，则不成立，故B错误； 取，则不成立，故C错误； 取，则，故D错误. 故选：A 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数的单调性及诱导公式、特殊角的三角函数值比较即得. 【详解】依题意，， 所以. 故选：B 5. 设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】由线面平行，线面垂直，面面平行，面面垂直的性质逐项判断即可； 【详解】A：若，，则或相交，故A错误； B：若，，由线面平行和垂直的性质可得，故B正确； C：若，，则或，故C错误； D：若，，则相交或或，故D错误； 故选：B. 6. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象恰好关于直线对称，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由三角函数的相位变换可得变换后的图象对应的解析式，再根据正弦函数的对称轴可得以及的最小值. 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度得到的函数图象对应的函数解析式为， 因为其图象关于直线对称，所以， 解得，则正数的最小值为， 故选：A． 【点睛】本题考查了三角函数的图象的相位变换，考查了正弦函数的对称轴．属于基础题. 7. “一尺之锤，日取其半，万世不竭”语出《庄子·天下》，意思是一尺长的棍棒，每日截取它的一半，永远截不完（一尺约等于33.33厘米）.若剩余的棍棒长度小于0.33厘米，则需要截取的最少次数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】由题可知截取第n次后，剩余的棍棒长为尺, 然后列不等式可求出n的值. 【详解】由题意可知第一次剩余的棍棒长度为尺， 则第n次剩余的棍棒长为尺， 由，解得， 所以当剩余的棍棒长度小于1厘米时,需要截取的最少次数为7. 故选: C. 8. 已知等差数列的前项和，则“”是“是递减数列”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】B 【解析】 【分析】正向举常数列反驳，反向利用等差数列求和公式和递减数列性质判断即可. 【详解】当等差数列为常数列时，此时，满足前者，但是此时“不是递减数列”，故充分性不成立； 当是递减数列，则对，， ， 当时，， 当时，，， 所以对，，则反推成立，故必要性成立， 则“”是“是递减数列”的必要而不充分条件. 故选：B. 9. 在中，，，点在边上，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以的中点为原点，过垂直于的直线为轴，为轴，建立平面直角坐标系，再利用向量数量积的坐标运算以及向量模的坐标表示即可求解. 【详解】以的中点为原点，过垂直于的直线为轴，为轴， 建立平面直角坐标系，如图： 则，， 设，，， ，， 则由，得， 化简， 所以， 由，因为，所以， 所以， 所以的取值范围为. 故选：A 【点睛】本题考查了向量数量积的坐标表示、向量模的坐标表示，考查了基本运算求解能力，属于基础题. 10. 已知无穷数列，．性质，，，性质，，，，给出下列四个结论： ①若，则具有性质； ②若，则具有性质； ③若具有性质，则； ④若等比数列既满足性质又满足性质，则其公比的取值范围为． 则所有正确结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据性质的定义可判断①；根据性质的定义可判断②；根据性质的定义可得，，利用累加法可证③；对于④，结合③，可得，由满足性质，分和讨论求出，再由满足性质得，构造，求导结合函数单调性可验证满足题意. 【详解】对于①，因为，对，， 即，所以不具有性质，故①错误； 对于②，，对，， ， ，即具有性质，故②正确； 对于③，若具有性质，令，则， 即，， ，又， 所以，，故③正确； 对于④，是等比数列，设其公比为，又，， 若满足性质，由选项③得，即，，， 由，，得， 当时，得，即，对，又，， 当时，不妨设，则， ，解得，， 综上，若满足性质，则. 若满足性质，对，，， 可得，即，令，则， 又，所以函数在上单调递增，又由满足性质，， 成立， 所以等比数列既满足性质s又满足性质t，则其公比的取值范围为. 故④正确. 故正确的为②③④共个. 故选：C 【点睛】方法点睛：对于以数列为背景的新定义问题的求解策略： 1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中； 2、用好数列的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的数列的性质的一些因素. 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知角，的终边关于原点O对称，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据角，的终边关于原点O对称得，即可得到的值. 【详解】角，的终边关于原点O对称， ， . 故答案为：. 12. 已知向量，且 与的夹角为，则_____________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量的夹角公式计算即可. 【详解】由题意得，解得. 故答案为：. 13. 等比数列的前项和为，能说明“若为递增数列，则”为假命题的一组和公比的值为_______，_______． 【答案】 ①. ②. （答案不唯一） 【解析】 【分析】由题意，等比数列为递增数列，且，取一组符合条件的和公比即可. 【详解】“若为递增数列，则”为假命题， 所以若为递增数列，则， ，则， 等比数列为递增数列，且，则和公比，满足题意. 故答案为：； 14. 设函数，①若，则的最大值为_________；②若无最大值，则实数的取值范围是_________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①分别分析在两段内的单调性即可求出最大值； ②讨论所在的区间，分别研究函数在每一段的单调性，根据无最大值列出不等式求出结果. 【详解】①若，， 当时，，单调递减，， 当时，，， 所以在单调递增，在单调递减， 则此时， 所以的最大值为2； ②当时， 当时，，单调递减，所以， 当时，在单调递增，所以， 因为无最大值，所以，解得； 当时， 当时，，单调递减，， 当时，在单调递增，在单调递减， 所以， 因为无最大值，所以，此种情况无解，舍去； 当时， 当时，，单调递减，， 当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增， 所以， 因为无最大值，所以，此种情况无解，舍去； 所以实数的取值范围是 故答案为：① ;② 15. 在棱长为的正方体中，点分别为棱的中点. 点为正方体表面上的动点，满足. 给出下列四个结论： ①线段长度的最大值为； ②存在点，使得； ③存在点，使得； ④是等腰三角形. 其中，所有正确结论的序号是________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标验证垂直判断①，找出平行直线再由坐标判断是否垂直可判断B，设点的坐标根据条件列出方程组②，探求是否存在符合条件的解判断③④ 【详解】如图，建立空间直角坐标系， 则， 对①，由正方体性质知当P在时，线段长度的最大值为， 此时，， 所以，即满足，故①正确； 对②，取正方形的中心M，连接，易知， 所以四边形为平行四边形，所以，故运动到处时，， 此时，，，即不满足， 综上不存在点，使得，故②错误； 对③，设，则，，若存在， 由，可得方程组， 化简可得，解得 ， 显然当时满足题意， 即存在点，使得，故③正确； 对④，设，若， 则，化简可得， 由③知时可得，满足题意，故④正确. 故答案为：①③④ 【点睛】关键点点睛：本题的关键之处在于建立空间直角坐标系，利用坐标运算建立方程，探求是否存在满足条件的点，运算比较复杂，属于难题. 三、解答题：本大题共6小题，共85分． 16. 如图，在三棱柱中，侧面底面，，，分别是棱，的中点.求证： （1）∥平面； （2）. 【答案】（1）证明：在中，，分别是棱，的中点， 所以∥. 又在三棱柱中，∥， 所以∥. 又因为平面，平面， 所以∥平面. （2）证明：因为侧面底面，侧面底面， ，平面， 所以平面. 又因为平面，所以. 【解析】 【分析】（1）要证明∥平面，只需证明∥即可； （2）要证明，只需证明平面即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查线面平行的判定定理以及面面垂直的性质定理，考查学生的逻辑推理能力，是一道容易题. 17. 设函数．从下列三个条作中选择两个作为已知，使得函数存在． （1）求的最小正周期及单调递减区间； （2）若对于任意的，都有，求实数的取值范围． 条件①：函数的图象经过点； 条件②：在区间上单调递增； 条件③：是的一条对称轴． 【答案】（1），单调递减区间为； （2） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式化简，结合所选条件，利用周期与单调性求出，求函数解析式即可； （2）由的范围求出的范围，即可求出函数的值域，依题意． 【小问1详解】 因为， 若选①②：由①函数的图象经过点， 则，，即，， 由②在区间上单调递增，有，即， 又且，即，所以，此时不存在； 选条件②③：由②在区间上单调递增，有，即， 又且，即，所以， 由③是的一条对称轴，则，， 所以，，所以， 所以，则的最小正周期， 由，解得， 所以的单调递减区间为； 若选①③：由①函数的图象经过点， 则，，即，， 由③是的一条对称轴，则，，所以，， 此时不存在； 【小问2详解】 由（1）可知， 因为，所以， 所以，， 因为对于任意的，都有，所以， 即的取值范围为． 18. 已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求的值； （2）若，求B最大时的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）正弦定理化边为角，利用三角变换后再由正弦定理化角为边可得； （2）利用余弦定理及基本不等式求得的最小值即得最大，由此求得三角形的边长后，再利用面积公式可得结论． 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 得， 由正弦定理得，所以． 【小问2详解】 由余弦定理得， 当且仅当，即时取等号， 当取最小值时，B最大， 此时，，， 的面积为． 19. 已知直线与函数的图象相切. （1）求的值； （2）求函数的极大值. 【答案】（1）； （2）0. 【解析】 【分析】（1）设出切点，利用导数的几何意义求解即得. （2）利用导数判断函数的单调性，然后求出极值即可. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 设切点为，则切线的斜率为， 切线方程为， 又切线过点，于是，而，解得，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，设，求导得， 令，得，当时，，当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 于是，又， 则存在，当时，，当时，， 从而在上单调递减，在上单调递增， 所以存在唯一极大值. 20. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若函数存在正零点， （i）求的取值范围； （ii）记为的极值点，证明：. 【答案】（1）单调递减区间是，无单调递增区间 （2）（i）； （ii）证明：由题意，，即， 从而，即， 由（ⅰ）知当时，，即，有， 又，故， 两边取对数，得， 于是，整理得． 【解析】 【分析】（1）借助导数的正负即可得函数的单调性； （2）（i）求导后借助导数分、及讨论函数的单调性，再结合零点的存在性定理计算即可得；（ii）利用零点定义与极值点定义可得，代入计算可得，再借助时，，即可得，再计算并化简即可得. 【小问1详解】 由已知可得的定义域为， 且， 因此当时，，从而， 所以的单减区间是，无单增区间； 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知，， 令， 当时，单调递减． ①当时，可知在内单调递减， 又，故当时，，所以不存在正零点； ②当时，， 在单调递减，故当时，，函数不存在正零点； ③当时，，此时， 所以存在满足， 所以在内单调递增，在内单调递减． 令，则当时，， 故在内单调递增，在内单调递减， 从而当时，，即， 所以， 又因为，所以， 因此，此时存在正零点； 综上，实数的取值范围为； （ⅱ）略 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助，从而得到，即可得. 21. 给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列满足如下三个性质： ①，且； ②； ③与不同时在数对序列A中． （1）当时，写出所有满足的数对序列A； （2）当时，证明：； （3）当为奇数时，记的最大值为，求． 【答案】（1）或 （2）证明：当时，因与不同时在数对序列中，故， 即每个数至多出现5次. 又因，所以只有对应的数可以出现5次， 故.得证. （3） 【解析】 【分析】（1）利用列举法即可求得正确答案； （2）利用组合数公式求得的一个大致范围，然后根据序列满足的性质证得；（3）先证明，然后利用累加法求得. 【小问1详解】 依题意，当时，有或； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当是奇数时，先证明. 因与不同时在数对序列中，所以, 当时，构造恰有项，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1. 对奇数，如果可以构造一个恰有项的序列，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1， 那么对奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列： 首先，对于如下个数对集合： 每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，所以， 其次，对每个不大于的偶数, 将如下4个数对并成一组：， 共得到组，将这组对数以及按如下方式补充到的后面， 即： , 此时恰有项，所以. 综上，当是奇数时， . 【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤： （1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论; （2）重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况; （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $