北京市第八十中学2026-2027学年高三上学期10月阶段评价数学试题

北京市第八十中学2026-2027学年第一学期10月份评价学科试卷2026年10月 北京市第八十中学2026一2027学年第一学期10份阶段评价 高三学科 2026年10月 班级」 姓名 考号 (考试时间120分钟满分150分) 第一部分（选择题40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 1.设全集U=R,集合M={-1<x<2,集合N={x2>2,则集合{x≤-1=() A.C(MON) B.G(MON) C.(CMON D.(CNOM 2.数列{an}中，a=-12,an1-an=4n(neN),则a=(). A.-28 B.28 C.-14 D.14 3.已知函数f(x)=xcosx-+I的部分图象可能是() 4.在△ABC中，a=V3,b=1,∠B=30°，则∠A=() A.30° B.60° C.60°或120° D.120° (高三学科第1页共22页) 北京市第八十中学2026-2027学年第一学期10月份评价学科试卷2026年10月 5.已知向量a,6满足d=l,=V2,a1(a+b),则向量a与b的夹角为() A胃 4 D.2n 3 6.若oa5兰ux,则ew经+a《） A. B 2v6 D. 7.已知无穷等比数列{an}的公比为9，则a(q-)<0是{an}单调递减的（) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 8.已知a、b、c分别是△ABC的三个内角A、B、C所对的边，若a=ccos B且b=csinA,则△ABC的 形状是()三角形 A.等腰锐角 B.等腰钝角 C.直角非等腰 D.等腰直角 9.已知函数f(x)的定义域为R,f(x)-1为奇函数，f(x+2)=f(2-x),则f()+f(2)+…+f(16)=() A.16 B.0 C.22 D.32 10.如图，正方体ABCD-AB,CD,的棱长为2，Q为线段AD上一动点，则() ①三棱锥Q-BDC的体积为定值 D C B ②直线QC与B,D的夹角的大小的取值范围是 ππ 42 ③QD+QC的最小值为2+V6 ④当AQ=2D,Q时，平面BQD截该正方体所得截面的面积为26 A.③④ B.①③ C.①④ D.①② (高三学科第3页共22页) 北京市第八十中学2026-2027学年第一学期10月份评价学科试卷2026年10月 第二部分 （非选择题110分) 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。 1山.函数f)=+2=x的定义域是 1 12.记等差数列{an}的前n项和为Sn.若42=5，S6=3S3,则a=,Sn=一· 13.已知数列}的前n项和为S,且满足2S,=3弘-3，则b,=一，数列}的前n项和为 14.边长为4的正三角形ABC,M为边AC的中点，若P在边AB上运动（点P可与A,B重合），则MP.CP 的最小值为 5.已知无穷数列a}满足1了。了 一(n=1,2,3,).给出下列四个结论： ①存在a,使得集合{nla。<0,n∈N}中有无穷多个元素： ②存在a,使得集合{nla,<2,n∈N}中有有限个元素： ③对于任意的a,集合{nla,<0,n∈N}中至多有一个元素： ④当a=l时，集合{nla<a<2,neN}=N 其中所有正确结论的序号是 (高三学科第5页共22页) 北京市第八十中学2026-2027学年第一学期10月份评价学科试卷2026年10月 三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 16.(本小题13分) 己知函数f(x)=2sin(ox+p(ω>0,0<p<π)的部分图象如图所示. (I)求∫(x)的解析式： 3 ()若函数g()=fsmx,求g(在区间0，T上的最大值和最小值. 04 17(本小题14分)在△4BC中，b-a-c2=-。 (I)求sinB; (IⅡ)若△ABC的面积为 5 二，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得 4 △ABC存在，求a. 条件0：C=2 条件②：b=5;条件③：$inA-sinC=1. 3 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得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 (高三学科第7页共22页) 北京市第八十中学2026-2027学年第一学期10月份评价学科试卷2026年10月 18.已知函数f(x)=sinx-ln(I+x),'(x)为f(x)的导数.证明： (1)∫(x)在区间(-1，)存在唯一极大值点： (2)求f'()在区间(-1，)的零点个数，并说明理由. (高三学科第9页共22页) 北京市第八十中学2026-2027学年第一学期10月份评价学科试卷2026年10月 19.如图，如图，在三棱柱ABC-AB,C中，∠ACB=90°，侧面ACC,A为正方形，侧面ACC1A⊥底面ACB, AC=BC=2,D为AB的中点，点E在AC上，且DE/I平面BBCC. (I)求证：点E为AC的中点： C B (2)求直线ACG与平面B,DE所成角的正弦值. A C B D A (高三学科第11页共22页) 北京市第八十中学2026-2027学年第一学期10月份评价学科试卷2026年10月 20.已知函数f(x)=(x-1)2e,函数g(x)=1+x-lnx. (1)求函数f(x)=(x-1)e的最值： (2)讨论函数g(x)的极值： (3)己知函数F(x)=min{f(x),g(x)},若函数F(x)在(0，+oo)上恰有三个零点，求实数k的取值范围. (注明：nin{p,q}表示P,q中的最小值） (高三学科第13页共22页) 北京市第八十中学2026-2027学年第一学期10月份评价学科试卷2026年10月 21.将正整数数列N。:1,2,3,4,…中项的序号为平方数的项依次选出构成数列A:1,4,9,16,,此时数列N 中剩下的项构成数列N,:2,3,5,6,…;再将数列N中项的序号为平方数的项依次选出构成数列 A:2,6,12,20,,剩下的项构成数列N2;…,如此操作下去，将数列N(k∈N)中项的序号为平方 数的项依次选出构成数列A,剩下的项构成数列Nk· (I)分别写出数列A,,A,的前2项： (II)记数列A的第n项为f(m,m).求证：当n≥2时，f(,m)-f(,n-1)=2n+m-2: (II)若f(,m)=108,求，n的值。 (高三学科第15页共22页)北京市第八十中学2026-2027学年第 北京市第八十中学2026一2027学年第一学期10份阶段评价 高三学科 2026年10月 班级 姓名 考号」 (考试时间120分钟满分150分) 第一部分（选择题40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 1.设全集U=R,集合M={-1<x<2},集合N={x2>2},则集合{xx≤-}=() A.G(MON) B.G(MON) C.(GM)ON D.(GN)OM 1.A 【分析】利用单调性解不等式2>2，再结合集合的交集、并集、补集运算求解即可. 【详解】令2>2，又因为y=2为增函数，所以x>1,所以集合N=(L,+o), 对于A:MUN=（-l,+o),(MUN)=(-o,-,故A正确； 对于B:MAN=(1,2),C,(MnN)=(-o,lU[2,+∞)，故B错误： 对于C:CvM=(-o,-lU[2,+oo),所以(CvM）nN=[2,+∞)，故C错误； 对于D:CN=(-o,,所以(C,N)nM=(-l,,故D错误. 2.数列{a}中，a=-12,a1-a,=4nneN）,则a,=(). A.-28 B.28 C.-14 D.14 2.B 【详解】由a=-12,an1-an=4n(n∈N), 得a5=a+(a2-a)+(a-a2)+(a4-a3)+(a3-a4)=-12+4+8+12+16=28. 3.已知函数f(x)=xcosx+1的部分图象可能是() (高三学科第1页共26页) 学期10月份评价学料试卷2026年10月 D 【分析】先求得函数∫(x)为R上的偶函数，再由f(O)=1>0,结合选项，即可求解， 【详解】由函数f(x)=cosx+1,可得其定义域为R,且f(-x)=-xcos(-x)+1=xcosx+-1=f(x), 所以函数f(x)为R上的偶函数，可得f(x)的图象关于y轴对称，可排除A,B项： 又因为f0)=0cos0+1=1>0,可排除选项C, 所以函数f(x)=xcosx-+1的部分图象可能是选项D. 4.在△ABC中，a=V5,b=1,∠B=30°，则∠A=() A.30° B.60° C.60°或120° D.120° C 【分析】利用正弦定理求得siA,结合大边对大角，得到∠A的范围，进而求得∠A 【详解】：a=√3，b=1,∠B=30°， ∴根据正弦定理4 6 ,得： sin A sin B sin 4=a-sin B V3xI 1 b 12 又a>b,得到∠A>∠B,即30°<∠A<180°， 则∠A=60°或120°. 故选：C (高三学科第2页共26页) 北京市第八十中学20262027学年第 5.已知向量d,6满足d=l,=v2,ā1(a+b),则向量d与6的夹角为() A B D. 2π 4 3 C 【详解】向量a,万满足问=-l,=5·a土(a+万则a(a+5列=0' 即+a6=0,可得ai=-1' ca6=a6。及·则向量a与6的夫角为3玩 a川b12 6.若c0s0= '2<a<2m,则cos 13π 5+a=() 2 A. 91 C. D. 2v6 5 【分析】由同角三角函数关系求得sina= 26,再结合诱导公式求解即可 【详解】因为cosa= .3n<a<2m, 5’2 所t以sina<0,$ina=--os'a-26. 5 所以cos 26 ~+a =-sina= 2 5 7.已知无穷等比数列{an}的公比为9，则“a(q-1)<0”是“{an}单调递减'的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 B 【分析】由充分条件、必要条件的定义，结合等比数列的性质判断推出关系，即可得 a>0 【详解】由a(g-)<0,则%<0或 9>1或9<1， (9≠0 若/9<0 g>1，有{a.}单调递减， (高三学科第3页共26页) 学期10月份评价学科试卷2026年10月 若0<q<P有{a,}单调递减， 若 4>0 (9<0 则{a}不具有单调性， 即充分性不成立： 由{a}单调递减，则 a<0∫a>0 或 q>10<q<1' 此时a(9-)<0成立，即必要性成立， 综上，“a(q-l)<0”是“{an}单调递减的必要不充分条件. 故选：B 8.己知a、b、c分别是△ABC的三个内角A、B、C所对的边，若a=ccos B且b=csin A,则△ABC的形 状是()三角形 A.等腰锐角 B.等腰钝角 C.直角非等腰 D.等腰直角 【分析】运用正弦定理进行边化角得sinA=sin Ccos B,再由正弦的和角公式化简得sin BcosC=0,由此求 2,再由正弦定理得sinB=-sinCsin A,从而有A=B,可得结论. 得C=π 【详解】解：a=ccos B化为sinA=sin Ccos B,sin(B+C)=sin Ccos B, .'sin Bcos C+sin Ccos B=sin Ccos B,E sin Bcos C=0, 又sinB≠0，所以cosC=0,又0<C<元，所以C=交， b=csinA,所以sinB=sin Csin A,.sinB=sinA,∴.A=B, 所以三角形为等腰直角三角形， 故答案为：等腰直角三角形 9.已知函数f(x)的定义域为R,f(x)-1为奇函数，f(x+2)=f(2-x),则f()+f(2)++f(16)=() A.16 B.0 C.22 D.32 A (高三学科第4页共26页) 北京市第八十中学2026-2027学年第 【分析】由题意分析函数f(x)的对称性及周期性可得 【详解】因为函数f(x)的定义域为R,f(x)-1为奇函数， 所以f(-x)-1=-[f(x)-1],且f(0)-1=0, 即f(-x)=2-f(x),且f(0)=1. 又f(x+2)=f(2-x),所以f(x+2)=2-f(x-2), 所以f(x+4)=2-f(x),即f(x)+f(x+4)=2 所以f(x+8)=2-f(x+4)=f(x), 所以函数f(x)是周期为8的函数 又f()+f(5)=2,f(2)+f(6)=2,f(3)+f(7)=2,f(4)+f(8)=2, 所以f(1)+f(2)+…+f16)=2[f()+f(2)+…+f(8)]=2×4×2=16. 10.如图，正方体ABCD-AB,CD的棱长为2,2为线段AD上一动点，则() D B B ①三棱锥Q-BDC的体积为定值 ②直线QC与BD的夹角的大小的取值范围是 ππ 42 ③2D+2C的最小值为2+√6 ④当AQ=2DQ时，平面B,QD截该正方体所得截面的面积为2√6 A.③④ B.①③ C.①④ D.①② (高三学科第5页共26页) 学期10月份评价学科试卷2026年10月 【分析】对于A:可证ADI/平面BDC,,可知点Q到平面BDC的距离为定值，进而可知三棱锥Q-BDC的 体积为定值；对于B:可证BD⊥平面ACD,即可得BD⊥QC,即可判断B;对于C:当点Q为AD的中 点时，则QD⊥AD,QC⊥AD,即可分析最值；对于D:作辅助线，分析可知截面为四边形BNDM,进 而可求截面面积 【详解】对于选项A:因为AB/1CD,AB=CD,可知四边形ABC,D,为平行四边形，则AD //BC, D A D B 且AD丈平面BDC,BC,C平面BDC,可得AD/I平面BDC, 又因为Q∈AD,可知点Q到平面BDC的距离为定值， 且△BDC的面积为定值，所以三棱锥Q-BDC的体积为定值，故A正确： 对于选项B:因为ABCD为正方形，则AC⊥BD, D A B B 又因为BB⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,则AC⊥BB, 且BDOBB=B,BD,BBC平面BBDD,可得AC⊥平面BBDD, 由BDC平面BBDD可得AC⊥BD, 同理可证：AD⊥B,D, （高三学科第6页共26页) 北京市第八十中学2026-2027学年第 且AC∩AD=A,AC,ADc平面ACD,可得BD⊥平面ACD, 又因为QCc平面ACD,则BD⊥QC, 所以直线C与BD的夹角的大小为究，是定值，故B错误： 对于选项C:因为△ACD为等边三角形，△ADD为等腰直角三角形(AD=DD), 当点Q为AD的中点时，则QD⊥AD,QC⊥AD, 即此时QD,QC均取到最小值，且QC=5AD=6,QD=,AD=2, 所以QD+QC的最小值为√2+√6，故C错误； 对于选项D:设QD∩AD=M, D M B N B 因为AD4D,则Mg=号=，即D=2MD,可知点M为4D的中点 设AD,BC的中点分别为E,N,连接AE,EN,DN,BN,MB, 因为EN //AB,EN=AB,且AB 1/AB,AB=AB, 则ENI∥AB,EN=AB,可知四边形ABNE为平行四边形，则AE/IB,N, 又因为AM/IDE,AM=DE,可知四边形AEDM为平行四边形，则AE/DM, 可得BN/IDM,可知平面BQD截该正方体所得截面为四边形BWDM, BM=BN=DM=DN=5,BD=23, 所以所术发面的面积为S=2S=2x×23x,不小5矿（可-26，故D正确 (高三学科第7页共26页) 学期10月份评价学料试卷2026年10月 第二部分 (非选择题 110分) 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。 11.函数f)=+V2-x的定义域是 12.记等差数列{an}的前n项和为S.若42=5，S。=3S,则a=,Sn= 5 5 10,Sn=2n2+。n 6 2 【分析】利用等差数列的性质求和， 【详解】{an}是等差数列，则S,=a+a+a=3a=15, S6=3(a+a6)=3(a2+a5)=3(5+a), 因为S6=3S3,所以3(5+a)=3×15,解得a=10 13.己知数列}的前n项和为Sn,且满足2S=3动。-3，则6，=，数列也}的前n项和为 9+1-9 9, 8 14.边长为4的正三角形ABC,M为边AC的中点，若P在边AB上运动（点P可与A,B重合），则MP.CP 的最小值为 孕55 。 【分析】根据向量的线性运算以及数量积的运算即可求解. 【详解】由于MP-AP-AM,CP=AP-AC=AP-2AM, 所以Mp.CP=(AP-AM）AP-2AM）=Ap2-3AP.AM+2AM2, 设AP=x,(0≤x≤4)， MP.CP-x-3x.2x+2x2-x-3x+8. 当x=时，M.C取最小值，且最小值为空 3 故答案为： 23 (高三学科第8页共26页) 北京市第八十中学20262027学年第一学期10月份评价学料试卷2026年10月 5.已知无穷数列@}满足a=号。a=,23)给出下列四个结论 先证明1≤a,<2 ①存在a,使得集合{nla,<0,neN}中有无穷多个元素： 当n=1时，1≤a=1<2, 3 ②存在a,使得集合{na。<2,neN}中有有限个元素： 假设当n=k时，1≤0：<2成立，则a2。<, ③对于任意的a,集合{nan<0,n∈N}中至多有一个元素： 所以1≤an<2成立， ④当a=1时，集合{nla,<a1<2,neN}=N 再证明an<an 其中所有正确结论的序号是 当n=1时，4=1，马多1=4<%<2成立 .②③④ 51 假设当n=k时，1≤a<ak<2成立。 【分析】通过分析数列的递推公式4一2。，结合逻辑推理，数学归纳等对不同的结论分别进行讨论， 判断其正确性， 题-3号县女80，maa 所以当n=k+1时也成立， 【详解】分析结论①，假设存在a使得集合{nan<0,n∈N}中有无穷多个元素」 51 所以an<an1<2恒成立， 当a<0时，0之a>2那么0之a 所以当a=1时，集合{nan<am<2,neN}=N,④正确 因为a>号所以0 之号器2 1<, 故正确结论的序号是②③④ 这意味着一旦an<0,后面的项不可能再无限次地小于0，所以①错误 故答案为：②③④ 分析结论②，假设存在a使得集合{nan<2,n∈N}中有有限个元素。 分房2 由a=2-,当a>2时，0<1<1 如果a,>2,那么数列{a,}从第二项起都大于2，即集合{nan<2,n∈N}中只有有限个元素，所以②正确. 分析结论③，假设n=k时4，<0，则a2a之2 51.5 a2=号-，因为422所以0<1<2.2 5 号号器2 所以对于任意的a,集合{nan<0,n∈N}中至多有一个元素，③正确 -1=3, 5643 分析结论④，当a1时，42=)1=2,4=23=6’a21122 通过计算发现an<an1<2恒成立. 用数学归纳法证明： (高三学科第9页共26页) （高三学科第10页共26页) 北京市第八十中学20262027学年第一学期10月份评价学料试卷2026年10月 三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 16.(本小题13分) 17(本小题14分)在△ABC中，b'-a-c=-。 7c. 己知函数f(x)=2sin(x+p)(w>0,0<p<π)的部分图象如图所示. (I)求sinB; (I)求f(x)的解析式： ,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC (Ⅱ)若函数g(x)=f(x)sinx,求g(x)在区间0， ()若△ABC的面积为15V 上的最大值和最小值 4 4 存在，求a 16(1)如图所示，可得？-3卫， 所以T=2π 4441 条件@：C-2 3 ;条件②：b=5;条件③：sinA-sinC=1. 又因为T=2红，所以0=1， 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得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. 又因为f过点（匹0），0<p<π， 4 17.解：(I)在△4BC中，因为， 6-a-c2=-1a 所以p=年所以f)=2sm6x+孕 由余弦定理c0sB=口+c-B,得cosB= ()依题意g(w)=f(wsix=2sin(x+smx 2ac 14 =2(sin xcos+cos xsin sin=2sinx+sin xcos 因为Be(0,列，所以imB=-cos=5V5 14 5分 an2-5n2-巨。 (Ⅱ)选择条件①： 2 2 02x+2 因为C=2 ,所以sinc= a号 2 由题意得S=1bnC 15w ,所以ab=15(1) 因为xe0引 所以2x- 4 11 因为coSB= 14 sin B=53 14 所以sinA=in(B+C)=sin B cosC+cos B sinC 当2x-子子即x-牙时，86倒取最大值，最大值为5， 源（兴酒 当2x-亚=-，即x=0时，g)取最小值，最小值为0. 441 由正弦定理b _32), sins得6 由(1)(2)解得a2=9,所以a=3.…13分 选择条件②： (高三学科第11页共26页) (高三学科第12页共26页) 北京市第八十中学20262027学年第一学期10月份评价学料试卷2026年10月 由题意得S=)ac in B=15y5,所以ac=211) 4 当x∈g时，f)单调递减，而由1)知，f"田在0，a)单调递增，f"0)0 因为6=5，且-a-62=号ac,所以+e-58 120 π π 所以f"()>0 ，所以存在 B气“5使得f)=0,所以f⊙在 又(a+c)=a2+c2+2ac=100,所以a+c=10(2) 由(1)(2)解得a=3或a=7.…13分 -有两个零点 18.已知函数f(x)=sinx-n(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明： （①)了)在区间（一1孕存在唯一极大值点： 19.如图，如图，在三棱柱ABC-A,BC中，∠ACB=90°，侧面ACCA为正方形，侧面ACC1A⊥底面ACB, (2》求"田在区间(1孕的零点个数，并说明理由。 AC=BC=2,D为AB的中点，点E在AC上，且DEII平面BBCC C B 1+x g()=-sinx+ 1 1 解：(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cosx- +x)2 A E 2 C-- (用g"(x)=-cosx- 十判断的时候要分段(1,0)(0，孕) 而g0)=1>0,g5= 1 --1<0 1+元)2 (1)求证：点E为AC的中点： 2 所以g)在0，有唯零点，设为口 (2)求直线AC与平面B,DE所成角的正弦值 则当xe(-1四时.g()>0,8)在(-1四单调递增；当xEa,时，g倒<0，g)在 19.(1)证明：连接BC,因为DE/平面BB,CC, a到单调递减，故ε)在〔1到存在唯一极大值点，即了()在(1存在唯一极大 DEc平面ABC,平面ABC,∩平面BBCC=BC, 92 值点. 所以DE//BC, (2)(i)当x∈(-L,a)时，由(1)知，f'(w)在x∈（←1，）单调递增，而f'(0)=0,所以x=0 因为D为AB的中点， 是f(x)在x∈(l,)的唯一零点，且. 所以点E为AC的中点， (高三学科第13页共26页) （高三学科第14页共26页) 北京市第八十中学20262027学年第一学期10月份评价学料试卷2026年10月 (2)侧面ACCA为正方形，所以CC⊥AC,侧面ACC,A⊥底面ACB且交于AC,CCC平面ACC,A,所以 20.已知函数f(x)=(x-1)2e,函数g(x)=1+c-lnx. CC⊥平面ACB.又因为∠ACB=90°，所以AC⊥CB (1)求函数f()=(x-少e的最值： 以C为坐标原点，CA,CB,CC所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， (2)讨论函数g(x)的极值： 侧面ACCA为正方形，AC=BC=2, (3)已知函数F(x)=min{f(x),g(x)》,若函数F(x)在(0，+oo)上恰有三个零点，求实数k的取值范围.（注 故A(2,0,0),G(0,0,2）,B(0,2,2),D(1,1,0),E(1,0,1),C0,0,0), 明：min{p,q}表示P,q中的最小值) 20. AC=(-2,0,2) 【详解】1)f(y)=(x-1ex∈R 设平面BDE的法向量为m=（x,y,z), (x)=（x2-1)e=(x-1D(x+1)e m-B,D=(x,y,z1,-1,-2)=x-y-2z=0 则 m.BE=（x,y,z(1,-2,-1)=x-2y-z=0 令f'(x)=0,x=-l,x=1 令z=1得x=3,y=1,故m=(3,1,), x∈(-0，-1)，f'(x)>0,f(x)递增： 设直线AC与平面BDE所成角的大小为O, x∈(-1,1)，f'(x)>0,f(x)递减： x∈1，+o),f'(x)>0,f(x)递增； 则sin6=cos<AC,m> V8x√9+1+1 f1)=0,x<1时，f(x)=(x-1)2e>0,所以最小值是0 l4x心1时，f(②=e2>4,所以无最大值 e ，2)8国的定义该为@四小8倒=k- E 当k≤0时，g(x)<0在(0，+∞)恒成立，∴g(x)在(0，+o∞)单调递减，故g(x)无极值， C 当>0时，由g)=k-0得x=名 当xe0时，g<0,则g)单词递减：当x公+时，8()>0，则g()单调适指， ∴8倒在=之处取得极小值，8)-2+hk,8)无极大值 综上，当k≤0时，g(x)无极值；当k>0时，g(x)有极小值2+nk,无极大值， (高三学科第15页共26页) (高三学科第16页共26页) 北京市第八十中学2026-2027学年第一学期10月份评价学料试卷2026年10月 (3)若1是F(x)的零点，则必有广Q=0或/)2≥0 gO0或g间=0F()的零点必为（四或g()的零点· 21.将正整数数列N。:1,2,3,4,…中项的序号为平方数的项依次选出构成数列A:1,4,9,16,·,此时数列N。 中剩下的项构成数列N:2,3,5,6,；再将数列N中项的序号为平方数的项依次选出构成数列 而f(x)有且仅有一个零点x=1,且x>0,x≠1时f(x)>0. A,:2,6,12,20,,剩下的项构成数列N2;…,如此操作下去，将数列N1(k∈N)中项的序号为平方数 ①当k≤0时，由(1)知g(x)在(0，+o)单调递减，至多只有一个零点，此时F(x)至多只有两个零点，不合 的项依次选出构成数列A,剩下的项构成数列N 题意，舍去： (I)分别写出数列A,A的前2项： ②当>0时、由①知g)在0)单河递减，在么树单调递增，别g(以= 1 =2+Ink (I)记数列An的第n项为f(,).求证：当n≥2时，f(m,)-f(,n-1)=2n+m-2; iD当2+hk之0即k≥e2时，g()至多只有一个零点x=,此时F()至多只有两个零点，不合题意，舍去： (IⅢ)若f(m,m)=108,求m,n的值 解：(1)数列4的前2项为3,8；数列A的前2项为5,11： .4分 i)当2+lnk<0即0<k<e2时， 0.g0=1+k>0, (1)首先f0,m=n2,当n≥2时，f0,m-f1,n-1)=21-1结论成立： 1 由零点存在性定理知3气)使得8(：)=0。 当m≥2时，对于相邻的两个数列： Am-1:f0-1,1)。f0m-12),,fm-1,n-1),f0m-1川，， 令(x)=nx-x,p(x)=】-1,则p(x)在(0,1)单调递增，在（山，+o)单调递减， An:f(m,1)f(m,2),,f(0m,n-1),f(m,),, 因为f(m,n-),f(m-1,m都在数列Nm-2中， ∴.p(x)sp()=-l<0,∴.>0，lnx<x→n√<→lnx<2, 1491625364964 且f(m,n-1)在f(m-1,m之前， 2 6122030425672 当x>时，g(x)=1+kcx-lnx>1+a-2W>-2 所以f(m,n-1)<f-1,m在数列Am-1,An中， 3 152435486380 必有f(-1,)<f(m,), 511192941557189 所以fm,n-1）<f-1,)<f(m,m, 714233447627998 所以f(m,)-f(m,n-1)=f(0-1,川-f(-1,n-1)+1, 10182840547088108 13223346617897118 油安点你在性定现知头很)生同)一-0， 所以{f(,D-f(,n-1)}构成 首项为f(L,)-f1,n-1)=21-1,公差为1的等差数列， 172739536987107129 ∴g)>0,f(0)=0:f(x)>0,g(x)=0:f(x)>0,g(x)=0, 所以f(m,)-f(m,n-1)=(2-1)+0-1)=22+m-2. .9分 (Ⅲ)由各个数列生成的规则知，{2+1,2+2，，n2+2心中不可能有两个元素是同一数列的项. ∴.当0<k<e2时，F(x)有三个零点，满足题意。 从上面的表格，我们猜想： 综上，实数k的取值范围为0，©2） 集合{n2+1,n2+2,,n2+2中的每个元素，是且仅是数列A,A,,A+1中某个数列的项。 具体地可概括成结论P: 【点睛】本题考查函数单调性的应用，考查函数的极值，考查函数的零点，利用分类讨论的数学思想是解决 对任意neN*,ieN,i≤n-l, 本题的关键，属于难题 有f(21-2i,i+1)=n2+i+1,f(2n+1-2i,i+1)=n2+n+i+1. 下面用数学归纳法证明： (1)当n=1时，f(2,1)=2,f3,1)=3,由题意数列A,A的首项分别是2,3，结论成立； (2)假设当n=kkeN)时，结论成立，即对VieN,i≤k-1, f(2k-2i,i+1)=k2+i+1,f(2k+1-2i,i+1)=k2+k+i+1 (高三学科第17页共26页) （高三学科第18页共26页) 北京市第八十中学2026-2027学年第一学期10月份评价学科试卷 那么由第（Ⅱ）问的结论知：当i∈N,i≤k-1时， f(2k-2i,i+2)=f(2k-2i,i+1)+2i+2)+(2k-2i)-2=(k2+i+1)+2k+2=(k+1)2+i+2 f(2k+1-2i,i+2)=f(2k+1-2i,i+1)+20+2)+[2k+1-21]-2 =(k2+k+i+1)+(2k+3)=(k+1)2+(k+1)+i+2 上式表明，集合{k+)2+1,(k+1)2+2,,(k+1)2+2(k+1)}中除了 (化+1)+1，(k+1)+(k+2)的每一个元素都是数列A,A,,A+1中的某个数列的项，还剩下两个元 素：(k+1)+1,(k+1)+(k+2)，它们必是数列Ax+2,A+3的首项，结果只有 f(2k+2,1)=(k+1)2+1,f(2k+3,1)=(k+1)2+(k+1)+1 根据(1)2)知，结论P成立 由结论P可得，数列A的首项为k+1,A+1的首项为k+k+1, m2 +1,m为偶数， 即f(,1)= 4 +1，m为偶数 4 (m-1)2+-1+1,m为奇数， 4 m-1+1,m为奇数， 另一方面，由第（Ⅱ）问的结论：f(,m-f(m,n-1)=2n+-2得： f(,2)-f(,1)=+2, f(,3)-f(,2)=+4, f(u,m-f(,n-1)=2n+-2, 相加得：f(,m=2+4+…+(2n-2)+(-1)=(0n-1)0n+m+f(0m,1), 当n=1时，上式也成立. 1)+(-D(n*m). 为偶数， n-)2+u L 为偶数， 所以f(,)= "-L+少+0m-1D0n+m,m为奇数 学n-0+m ,为奇数 4 令宁+n-少2+n=108,则宁+n-少2=108-儿所以咒-108-n-0-). 2 由≥1得m+n≤108，所以n≤9，所以108-ne9,107),所以i08-n-10, 所以n=8,此时V108-8-(8-1)=3,所以m=6: 令号+n-+n-108,有0m+2n-2少=483-n,m=翻机+2-2加 由m≥1得n2≤108，所以n≤10 所以433-4n∈(393,429)，所以√433-4nN*,无解 综上，当f(0,)=108时，m=6,n=8. .15分 (高三学科第19页共26页) （高 2026年10月 学科第20页共26页)