精品解析：北京市丰台区第二中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

2024北京丰台二中高三10月月考 数 学 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 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】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】利用三角函数的定义即可得解. 【详解】因为角的终边经过点， 则，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】A 【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：A. 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. 0.25 B. C. 0.89 D. 【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. 3 B. C. 2 D. 【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】因为，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，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：， 所以的单调递增区间为． 【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上是否存在动点M（不包括端点），使得点P到平面BMN距离为. 【答案】（1） （2） （3）存在. 【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，结合题意即可求解. 【小问1详解】 因为平面，且平面，所以，， 又因为，所以， 因为与底面所成的角为，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， 所以， 综上，存在点到平面距离为. 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. （1）求的解析式； （2）求函数在区间上的最小值； （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）当时，， 当时，， 当时，. （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：若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾； 当时,数列，满足，，，，，，，， ． （3）证明：若数列为连续可表数列， 则，这不可能！因而满足题设的． 若，得整数数列中的连续若干项（至少一项，下同）的和， ； ， ； ； 最多能表示（下简称数列的连续项和表示）出21个两两互异的正整数， 且题设是能表示出这20个正整数． ①若数列的六项均是自然数，由题设， 可得数列的连续项和均小于20（没有表示出20），与题设矛盾！ 所以数列中有负项且负项的项数是1（若存在两个负项，则数列的连续项和表示中会少两个正整数，至多能表示个正整数，不满足题设）． 若数列的项中还有0，则数列的连续项和表示中会少两个正整数（负项与0），不满足题设，因而数列的项是一项负五项正（且这五个正项两两互异）． 还可得：数列的连续项和表示中除负项这个和外组成的集合是． 因为其中最大的是20，所以20的连续项和表示是最多的连续若干个正项之和（即对数列的连续正项全部求和）． ②因为＂若数列满足题设，则数列 满足题设＂， 所以可只考虑数列或或的情形． 若且数列的其余五项都是正项，则或．若，则由， 可得，得数列的连续项和表示中的均不是正整数；若， 则由，可得， 得数列的连续项和表示中的均不是正整数．均不满足题设． 同理，可证得也不满足题设．因而， 且． ③若两两互异的五个正整数中没有1，则． 因而． 再由数列的连续项和表示中最小的正数是1，可得． 若，则 得数列的连续项和表示中会少表示一个正整数，不满足题设， 因而． 而，所以． 再由，可得， ， 再得数列的连续项和表示中17的表示只可能是， 进而可得. 又由数列的连续项和表示中有14，可得， ，得数列是（但或但，均不可能，因而中有1． ④由数列的连续项和表示中有19及， 可得或（得或． 若，则，得数列的连续项和表示中会少表示一个正整数； 若，可得（否则，数列的连续项和表示中会少表示一个正整数）， 所以，得， 数列的连续项和表示中会少表示一个正整数．均不满足题设． 所以． ⑤由数列的连续项和表示中有18及和为19的两两互异的四个数均大于1及， 可得得或（得， 数列的连续项和表示中会少表示一个正整数）. 所以． ⑥由数列的连续项和表示中有16及和为19的两两互异的四个数均大于1， （且4：因为及， 可得（得）或得或， （得，与矛盾）或得，与矛盾）． （i）． 由数列的连续项和表示中有15（可证得15的表示中没有也没有），可得得， 这不可能）或（得，，这不可能）或（得，与矛盾）或得，再得，这不可能）． （ii）． 由数列的连续项和表示中有14，可得 得与或重复，这不可能）， 或（得， 这不可能）或（得，， 进而可得数列是，（此时，这不可能）或，3，2，1（此时，这不可能））或得， 再由数列的连续项和表示中有13， 可得数列是（但，这不可能）或（但，这不可能）） 或（得，这不可能）． 综上所述，可得欲证结论成立． 【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）先证明，再说明时不合题意，找出且满足题意的数列即可得解． 【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】 略 【小问3详解】 略 【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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024北京丰台二中高三10月月考 数 学 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（共10题，每小题4分） 1. 已知集合，，那么（ ） A. B. C. D. 2. 设复数z满足，则z在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 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. 5. 设，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，点D是BC边的中点，，则用向量，表示为（ ） A. B. C. D. 7. 若函数的部分图象如图所示，则的值是（ ） A. B. C. D. 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. 0.25 B. C. 0.89 D. 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 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. 3 B. C. 2 D. 二、填空题（共5题，每题5分） 11. 函数的定义域是____________． 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_______；_______. 13. 已知菱形的边长为，，，则_________________. 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若在区间上有且仅有两个零点，则的取值范围是______． 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______. 三、解答题（共6道题） 16. 已知，且. （1）求的值； （2）求的值. 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． 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． 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上是否存在动点M（不包括端点），使得点P到平面BMN距离为. 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. （1）求的解析式； （2）求函数在区间上的最小值； （3）设函数，若对于任意，总存在，使得成立，求a的取值范围. 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：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $