精品解析：北京市东直门中学2026-2027学年高一上学期10月月考数学试题（直升班）

2026北京东直门中学高一10月月考 数学（直升班） 一、选择题：(本题有10道小题，每小题4分，共40分) 1. 已知集合，则= A. B. C. D. 2. 若，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 3. 已知，则的值是（ ） A. B. C. D. 4. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，且，那么 A. B. C. D. 6. 若函数的定义域为，则（ ） A. 为奇函数，且为上的减函数 B. 为偶函数，且为上的减函数 C. 为奇函数，且为上的增函数 D. 为偶函数，且为上的增函数 7. 函数在上单调递减的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 8. 音乐喷泉曲线形似藤蔓上挂结的葫芦，也可称为“葫芦曲线”.它的性质是每经过相同的时间间隔，它的振幅就变化一次.如图所示，某一条葫芦曲线的方程为，其中表示不超过x的最大整数.若该条曲线还满足，经过点.则该条葫芦曲线与直线交点的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 9. 在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 设函数，若关于的方程有四个实根，，则的最小值是（ ） A. 15 B. 15.5 C. 16 D. 17 二、填空题：(本题有5道小题，每小题5分，共25分) 11. 若函数的定义域为，则的范围是__________. 12. 已知，，则______. 13. 若，且，那么是____________三角形 14. △的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为________． 15. 已知函数的部分图象如图所示，关于函数有下列结论： ①图象关于点对称； ②单调递减区间为； ③若，则； ④有4个零点． 则其中结论正确的有____________（填上所有正确结论的序号） 三、解答题：(本题有6小题，共85分) 16. 在中，角的对边分别为,且． （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求该三角形的周长． 17. 已知函数. （1）若，求函数的值域； （2）将的图象向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到的图象关于原点对称，求的值； （3）若函数在区间上有且仅有两个零点，求m的取值范围. 18. 设函数． （1）若不等式的解集，求的值； （2）若， ①，求的最小值； ②若在R上恒成立，求实数a的取值范围． 19. 海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐.早潮叫潮，晚潮叫汐，在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近码头：卸货后，在落潮时返回海洋.下面是某港口在某季节某天时间与水深（单位：米）的关系表： 时刻 0:00 3:00 6:00 9:00 12:00 15:00 18:00 21:00 24:00 水深 10.0 13.0 9.9 7.0 10.0 13.0 10.1 7.0 10.0 已知港口的水的深度随时间（例如“”表示时刻为“3:00”）变化符合函数，其中，， （1）求函数的表达式 （2）一般情况下，船舶航行时，船底离海底的距离为5米或5米以上认为是安全的（船舶停靠时，船底只要不碰海底即可），某船吃水深度（船底离地面的距离）为6.5米. ①如果该船是旅游船，1:00进港，希望在同一天内安全出港，它至多能在港内停留多长时间（忽略进出港所需时间）？ ②如果该船是货船，在17:00开始入港卸货，吃水深度以每小时0.5米的速度减少，由于天气等原因该船必须在休整四个小时后尽快离开该港口，那么该船在什么整点时刻可以停止卸货并且能安全驶离该港口，（忽略出港所需时间）？ 20. 在中，内角的对边分别为，为钝角，，． （1）求； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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． 21. 设A是正整数集的一个非空子集，如果对于任意，都有或，则称A为自邻集．记集合的所有子集中的自邻集的个数为． （1）直接写出的所有自邻集； （2）若n为偶数且，求证：的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数； （3）若，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026北京东直门中学高一10月月考 数学（直升班） 一、选择题：(本题有10道小题，每小题4分，共40分) 1. 已知集合，则= A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题． 【详解】由题意得，，则 ．故选C． 【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分． 2. 若，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【详解】将转化为， ， 当且仅当时，即时，取等号， 所以的最小值为4. 3. 已知，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 将代数式中的角用表示，利用诱导公式即可求出所求代数式的值. 【详解】. 故选：D. 【点睛】本题考查利用诱导公式求三角函数值，解题时要将角利用已知角加以表示，考查计算能力，属于基础题. 4. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案. 【详解】在中，，， 根据余弦定理： 可得 ，即 由 故. 故选：A. 【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 5. 已知，，且，那么 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由0<β<α<，得到0<α–β<，因为cosα=，cos（α–β）=cos（β–α）=，所以sinα=，sin（β–α）=–sin（α–β）=–=–，则cosβ=cos[（β–α）+α]=cos（β–α）cosα– sin（β–α）sinα=×–（–）×，所以β=．故选C． 6. 若函数的定义域为，则（ ） A. 为奇函数，且为上的减函数 B. 为偶函数，且为上的减函数 C. 为奇函数，且为上的增函数 D. 为偶函数，且为上的增函数 【答案】C 【解析】 【分析】先化简函数表达式，再依据奇偶性定义判断奇偶性，结合复合函数单调性规律判断单调性即可确定选项 【详解】根据题意， ，定义域为，关于原点对称 对任意，有 ，  因此为奇函数，排除B、D选项； 因为为上的增函数，故为上的增函数，且恒成立； 所以，为上的减函数，为上的增函数； 所以，为上的增函数，排除A选项， 所以，为奇函数，且为上的增函数. 7. 函数在上单调递减的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复合函数“同增异减”的单调性规则，先求出函数在单调递减的充要条件，再判断对应选项为该充要条件的真子集即可 【详解】函数是外层函数与内层函数的复合函数， 外层函数性质：底数，故在定义域上为单调递减函数 由复合函数“同增异减”的判定规则，要使在单调递减，需同时满足两个条件： （1）内层函数在上单调递增；（2）在上恒成立. 因为为开口向上的二次函数，对称轴为，所以，解得； 因为在单调递增，所以，只需边界值，代入得，解得. 综上，在单调递减的充要条件为，其充分不必要条件对应集合是的真子集. 选项A： ，满足充分不必要要求； 选项B：为充要条件，不符合要求； 选项C、D：集合内存在的取值，无法满足在恒成立，不是充分条件. 8. 音乐喷泉曲线形似藤蔓上挂结的葫芦，也可称为“葫芦曲线”.它的性质是每经过相同的时间间隔，它的振幅就变化一次.如图所示，某一条葫芦曲线的方程为，其中表示不超过x的最大整数.若该条曲线还满足，经过点.则该条葫芦曲线与直线交点的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据曲线方程上的点可得，将代入计算可得纵坐标. 【详解】将点代入葫芦曲线的方程可得， 即，由可得， 因此曲线方程为， 当时，可得， 所以交点的纵坐标为. 故选：C 9. 在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，结合正余弦定理求得角，继而由结合正余弦定理求出，再表示出，，利用三角函数的性质求得的范围，即可求得答案. 【详解】由，由正弦定理得, 即有，而，则， 又， 由正弦定理､余弦定理得，，化简得：， 由正弦定理有：，即，， 是锐角三角形且，有，， 解得， 因此 ， 由得：，， 所以. 故选：D 10. 设函数，若关于的方程有四个实根，，则的最小值是（ ） A. 15 B. 15.5 C. 16 D. 17 【答案】C 【解析】 【分析】作出分段函数的图象，由图象分析可得，且，然后表示出，利用基本不等式求解最值，即可得到答案． 【详解】作出函数的图象如图所示， 由图可知，， 由， 可得或，故， 又因为， 所以， 故， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为16． 故选：C． 二、填空题：(本题有5道小题，每小题5分，共25分) 11. 若函数的定义域为，则的范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意，不等式在上恒成立.分成以及讨论，结合二次函数的性质即可得出答案. 【详解】由已知可得，不等式在上恒成立. 当时，不等式可化为在上恒成立，满足； 当时，要使不等式在上恒成立， 应有，解得. 综上所述，的范围是. 故答案为：. 12. 已知，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用两角和差余弦公式将和分别展开，再将两式进行加和减，可求得和，两式相除即可求得结果. 【详解】…①， …②， ①②得：，解得：； ①②得：，解得： . 故答案为：. 【点睛】本题考查两角和差余弦公式的应用，涉及到同角三角函数商数关系的应用，属于基础题. 13. 若，且，那么是____________三角形 【答案】等边三角形 【解析】 【分析】 根据余弦定理得到，再根据正弦定理结合余弦定理得到，得到答案. 【详解】由题设可得，故，故， 根据正弦定理得到：，故，即，即， 即该三角形是等边三角形． 故答案为：等边三角形. 【点睛】本题考查了利用正弦定理和余弦定理判断三角形形状，意在考查学生的计算能力和应用能力. 14. △的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为________． 【答案】. 【解析】 【分析】方法一：由正弦定理可得，化简求得，利用余弦定理，结合题中的条件，可以得到，由为锐角，求得， ，利用三角形面积公式即可解出. 【详解】［方法一］：【最优解】边化角 因为，由正弦定理得， 因为，所以．又因为， 由余弦定理，可得， 所以，即为锐角，且，从而求得， 所以的面积为. 故答案为：. ［方法二］：角化边 因为，由正弦定理得，即，又，所以，．又因为， 由余弦定理，可得， 所以，即为锐角，且，从而求得， 所以的面积为. 故答案为：. 【整体点评】方法一：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出，即可求出面积，该法是本题的最优解； 方法二：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出，即可求出面积． 15. 已知函数的部分图象如图所示，关于函数有下列结论： ①图象关于点对称； ②单调递减区间为； ③若，则； ④有4个零点． 则其中结论正确的有____________（填上所有正确结论的序号） 【答案】②③ 【解析】 【分析】 先根据图象，结合已知条件限制求出的解析式，再利用代入验证法判断①错误；利用整体代入法求单调区间判断②正确；解方程并结合诱导公式判断③正确；将函数零点问题转化成函数交点问题，数形结合判断④错误即可. 【详解】由图象可知，，，故，又，故， 故，又由得， ，即， 由题意，由图知，即，故时. 故. ①因为，故点不是图象的对称中心，故错误； ②令， 解得单调递减区间为，故正确； ③若，则， 则，故正确； ④令，得方程的根的问题， 即函数与函数的交点个数问题，如图， 令，则时取得最大值2. 如图，时，；时，，；当时，，，. 故函数与函数有3个交点，即有3个零点．故错误. 故答案为：②③. 【点睛】方法点睛：判断函数零点个数的方法 （1）直接法：令，如果能求出解，那么有几个不同的解就有几个零点； （2）利用函数的零点存在性定理：利用函数的零点存在性定理时，不仅要求函数的图象在区间上是连续不断的曲线，并且，还必须结合函数的图象与性质，（如单调性、奇偶性）才能确定函数有多少个零点； （3）图象法：画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数；将函数拆成两个函数，和的形式，根据等价于，则函数的零点个数就是函数和的图象交点个数； （4）利用函数的性质：若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到，若所考查的函数是周期函数，则需要求出在一个周期内的零点个数，根据周期性则可以得出函数的零点个数. 三、解答题：(本题有6小题，共85分) 16. 在中，角的对边分别为,且． （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求该三角形的周长． 【答案】（1） （2）12 【解析】 【分析】（1）用正弦定理把边化为角，再利用三角形内角和与三角恒等变换化简，即得角； （2）先由面积公式求出的值，再用余弦定理求出的值，从而求得三角形的周长. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得：， 整理得：， 因为，所以，故， 因为，所以. 【小问2详解】 因为的面积为，所以， 解得， 又因为， 即， 所以，故的周长为. 17. 已知函数. （1）若，求函数的值域； （2）将的图象向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到的图象关于原点对称，求的值； （3）若函数在区间上有且仅有两个零点，求m的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据倍角公式和辅助角公式化简，再求出的范围，结合正弦函数的性质可得； （2）得出新的函数解析式，再根据以及的取值范围可得； （3）得出解析式，求出的范围，结合正弦函数的图象可得. 【小问1详解】 函数 ， 若，则，则， 则， 故函数的值域为； 【小问2详解】 根据题意可得，新函数的解析式为， 其图象关于原点对称，则，得， 即， 因，则； 【小问3详解】 ， ，则， 因函数在区间上有且仅有两个零点， 则结合正弦函数图象可得，，得， 则m的取值范围为. 18. 设函数． （1）若不等式的解集，求的值； （2）若， ①，求的最小值； ②若在R上恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2）①9；② 【解析】 【分析】（1）利用不等式的解集结合一元二次方程根和系数的关系求解即可； （2）①利用基本不等式中“1”的应用求解即可；②把转化为在R上恒成立，利用判别式求解即可. 【小问1详解】 若不等式的解集， 则， 所以. 解得. 【小问2详解】 若，即，. ①，则， 当且仅当，即时，等号成立. 故的最小值为9， ②在R上恒成立， 即在R上恒成立， 故， 解得： 故a的取值范围为 19. 海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐.早潮叫潮，晚潮叫汐，在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近码头：卸货后，在落潮时返回海洋.下面是某港口在某季节某天时间与水深（单位：米）的关系表： 时刻 0:00 3:00 6:00 9:00 12:00 15:00 18:00 21:00 24:00 水深 10.0 13.0 9.9 7.0 10.0 13.0 10.1 7.0 10.0 已知港口的水的深度随时间（例如“”表示时刻为“3:00”）变化符合函数，其中，， （1）求函数的表达式 （2）一般情况下，船舶航行时，船底离海底的距离为5米或5米以上认为是安全的（船舶停靠时，船底只要不碰海底即可），某船吃水深度（船底离地面的距离）为6.5米. ①如果该船是旅游船，1:00进港，希望在同一天内安全出港，它至多能在港内停留多长时间（忽略进出港所需时间）？ ②如果该船是货船，在17:00开始入港卸货，吃水深度以每小时0.5米的速度减少，由于天气等原因该船必须在休整四个小时后尽快离开该港口，那么该船在什么整点时刻可以停止卸货并且能安全驶离该港口，（忽略出港所需时间）？ 【答案】（1） （2）①在港内停留的最长时间是16个小时②应在23时停止卸货，离开港口 【解析】 【分析】（1）结合五点法求解即可. （2）①由（1）的结论，利用正弦函数性质解不等式即可； ②求出吃水深度的函数关系，借助单调性求解不等式. 【小问1详解】 由数据可知，，，，， 由，解得，所以. 【小问2详解】 ①由题意可得，时就可以进出港， 由，可得， 所以，， 解得，，因为， 因此或，所以该船可以进港， 则可以离港，又在到这段时间内，水深最浅时为， 且该时刻水深为7米，大于6.5米， 所以在同一天安全出港，在港内停留的最长时间是16个小时. ②由题意可得，吃水深度，则要求为，， 当，时，单调递增， 又当时，，则由，，解得， 所以该船应在23时停止卸货，离开港口. 20. 在中，内角的对边分别为，为钝角，，． （1）求； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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． 【答案】（1）； （2）选择①无解；选择②和③△ABC面积均为. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案； （2）选择①，利用正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出，再代入式子得，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可； 【小问1详解】 由题意得，因为为钝角， 则，则，则，解得， 因为为钝角，则. 【小问2详解】 选择①，则，因为，则为锐角，则， 此时，不合题意，舍弃； 选择②，因为为三角形内角，则， 则代入得，解得， , 则. 选择③，则有，解得， 则由正弦定理得，即，解得， 因为为三角形内角，则， 则 ， 则 21. 设A是正整数集的一个非空子集，如果对于任意，都有或，则称A为自邻集．记集合的所有子集中的自邻集的个数为． （1）直接写出的所有自邻集； （2）若n为偶数且，求证：的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数； （3）若，求证：． 【答案】（1） （2）对于的含5个元素的自邻集， 不妨设. 因为对于，都有或，，2，3，4，5， 所以，，或. 对于集合，，，，， 因为，所以，，2，3，4，5， ， 所以. 因为，，或. 所以，， 或， 所以对于任意或，，2，3，4，5， 所以集合也是自邻集.因为当为偶数时，， 所以. 所以对于集合的含5个元素的自邻集， 在上述对应方法下会存在一个不同的含有5个元素的自邻集与其对应. 所以的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数. （3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，， 当时，，， 显然. 下面证明：. ①自邻集含有，，这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素后的集合为， 因为，，所以仍是自邻集，且集合中的最大元素是， 所以含有，，这三个元素的自邻集的个数为. ②自邻集含有，这两个元素，不含，且不只有，这两个元素， 记自邻集除，之外最大元素为，则， 每个自邻集去掉，这两个元素后，仍为自邻集.此时的自邻集的最大元素为， 可将此时的自邻集分为个； 其中含有最大数为2的集合个数为，含有最大数为3的集合个数为，， 含有最大数为的集合个数为. 则这样的集合共有个. ③自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个. 综上可得， 所以，故时，得证. 【解析】 【分析】（1）根据自邻集的定义及子集的概念一一写出结果即可； （2）取的一个含5个元素的自邻集，判定 集合，再证明C也是自邻集且，从而得出结论； （3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，，则当时有，再分类讨论证明即可. 【小问1详解】 由题意可得，的所有自邻集有：； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $