北京市北工大附属中学2024-2025学年高三上学期9月月考数学试题 含解析

2024年9月份高三数学试卷月考试卷一、选择题共10题，每题4分，共40分．在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.设复数，则（）A. B.C.3 D.5【答案】B【解析】【分析】求得后再求模长即可.【详解】,故.故选：B【点睛】本题主要考查了复数的基本运算与模长运算等.属于基础题型.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据并集的定义即可求解.【详解】因为，，所以.故选：C3.下列函数中，在区间上单调递减的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据函数解析式直接判断单调性.【详解】A选项：函数的定义域为，且在上单调递增，A选项错误；B选项：函数的定义域为，且在上单调递减，B选项正确；C选项：函数的定义域为，且在上单调递增，C选项错误；D选项：函数的定义域为，且在上单调递增，D选项错误；故选：B.4.“”是“”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】根据充分条件和必要条件的定义，结合指数函数的单调性即可得出答案.【详解】因为指数函数单调递增，由可得：，充分性成立，当时，，但不一定，必要性不成立，故选：A5.已知球的半径为2，球心到平面的距离为，则球被平面截得的截面面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据球的性质可求出截面圆的半径即可求解.【详解】设截面圆半径为，由球的性质可知：则截面圆的半径，所以球被平面截得的截面面积为，故选：.6.在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，其终边过点，则的值为（）A. B. C.1 D.7【答案】D【解析】【分析】由终边经过点的坐标可求，再利用两角和的正切公式即可求解.【详解】由终边过点，可得，所以.故选：D7.已知为定义在上的函数，，且为奇函数，则（）A. B. C.0 D.2【答案】A【解析】【分析】根据奇函数的性质，进行赋值求解即可.【详解】因为是奇函数，所以有即.故选：A8.木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为2的正方形，且均为等边三角形，，，则该木楔的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，取的中点O，连接，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可.【详解】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，则由题意等腰梯形全等于等腰梯形，则.取的中点O，连接，因为，所以，则，∴.因为，，所以，因为四边形为正方形，所以，又因为，平面，所以平面，所以平面，同理可证平面，∴多面体的体积，故选：D.9.已知是边长为2的等边三角形，点在线段上，，点在线段上，且与的面积相等，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由与的面积相等以及可得，从而是的中点，再根据数量积的定义即可求得.【详解】如图所示：，，而，，所以是的中点，，，.故选：C10.现实生活中，空旷田野间两根电线杆之间的电线与峡谷上空横跨深涧的观光索道的钢索有相似的曲线形态，这类曲线在数学上常被称为悬链线.在合适的坐标系中，这类曲线可用函数来表示.下列结论正确的是（）A.若，则函数为奇函数 B.若，则函数有最小值C.若，则函数为增函数 D.若，则函数存在零点【答案】D【解析】【分析】根据函数奇偶性、单调性、最值以及零点的判断和求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：取，满足，此时，其定义域为，关于原点对称，且，此时为偶函数，故A错误；对B：，令，故若存在最小值，则有最小值，因为，故，根据对勾函数的单调性可知，有最小值，无最大值，故当时，有最大值没有最小值，故B错误；对C：当时，满足，又是单调减函数，是单调减函数，故是单调减函数，故C错误；对D：令，即，则，因为，故，解得，故当，即为函数零点，故D正确.故选：D【点睛】关键点点睛：本题综合考查函数的性质，处理问题的关键是充分把握函数单调性和奇偶性的判断方法以及函数零点的求解过程，属综合中档题.二、填空题共5题，每题5分，共25分．11.函数的定义域是_______________.【答案】【解析】【分析】列出需满足的不等式，再取交集即为函数定义域.【详解】由题意，，解得且，所以的定义域为，故答案为：12.已知向量，，且，则______.【答案】2【解析】【分析】由向量垂直的坐标表示即可求解.【详解】因为，，且，所以，即，解得.故答案为：213.将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则______；若为偶函数，则的最小值是______.【答案】①.②.【解析】【分析】根据三角函数的图象变换关系求出的解析式，从而可得的值；再利用函数是偶函数建立方程进行求解即可．【详解】解：将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，即，所以；若函数为偶函数，则，，得，，当时，取得最小值为，故答案为：；．14.已知函数其中.若，则函数的值域是______；若函数有且仅有2个零点，则的取值范围是______.【答案】①.②.【解析】【分析】（1）由分段函数分别求值域即可；（2）易知在和时，分别有一个零点，由二次函数的零点分布情况即可求解.【详解】（1）时，，当时，，当时，，综上：，即函数的值域是.（2），当时，令，得，故在上，函数有一个零点，当时，设，由题意可知：在上有且仅有一个零点，所以或，解得或，所以的取值范围是.故答案为：；.15.已知是各项均为正数的无穷数列，其前项和为，且.给出下列四个结论：①；②；③对任意的，都有；④存在常数，使得对任意的，都有，其中所有正确结论的序号是______.【答案】①②③【解析】【分析】首先由题设条件分析出数列与的增减性，根据和随着增大的变化情况可以判断①；然后分析，发现其实际上为，，即可以想到判断是否成立，可建立关于的代数式，通过此对代数式正负的判断，即可判断，即可判断②；我们可以将③中的题设转化为判断是否成立，我们发现的每一项都是大于的，而个大于的数相加大于个相加，而当时，，即可判断，即可判断③；而根据前面的研究，可以较易对④作出判断.【详解】由题意知：，∴，∵，∴，∴，，又，∴，∵，∴，∴，∵随着的增大而增大，∴，∴，∴，即，∴随着增大而减小，故：为正项单调递减无穷数列，且，∴，故①正确；∵，∴，∴，∵随着的增大而增大，∴，，∴，随着的增大而减小，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，即：，故②正确；∵，∴要判断，即判断：，即判断：，即判断：，而，当且仅当时取等号，∴对任意的都成立，∴对任意的，都有，故③正确；根据以上分析可以得出：为，随着的增大而减小的递减数列，且随着的增大，的值无限接近，∴存在常数，对任意的，当足够大时，总会有，故④错误.故答案为：①②③.三、解答题共6题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．16.已知函数.（1）求的最小正周期及值域；（2）求的单调递增区间.【答案】（1）最小正周期为，值域为；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换将化为标准型，再求其性质即可；（2）根据（1）中所求，结合正弦函数的单调增区间，列出不等式，即可求得结果.【小问1详解】，故的最小正周期，的值域为.【小问2详解】根据（1）中所求，，令，解得.故的单调增区间为：.17.已知等差数列和等比数列满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求和：．【答案】（1）an=2n−1.（2）【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）设等差数列的公差为，代入建立方程进行求解；（Ⅱ）由是等比数列，知依然是等比数列，并且公比是，再利用等比数列求和公式求解.试题解析：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d.因为a2+a4=10，所以2a1+4d=10.解得d=2.所以an=2n−1.（Ⅱ）设等比数列的公比为q.因为b2b4=a5，所以b1qb1q3=9.解得q2=3.所以.从而.【名师点睛】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：（1）分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形式；（2）裂项相消法求和，一般适用于，,等的形式；（3）错位相减法求和，一般适用于等差数列等比数列的形式；（4）倒序相加法求和，一般适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以2即可得到数列求和.18.在中，，．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，使存在且唯一，并求（1）的值；（2）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，得分；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）【解析】【分析】（1）若选①，根据，由作圆法知满足条件的有两个，不合题意；若选②，根据，由作圆法知满足条件的有且仅有一个，利用余弦定理可构造方程求得的值；若选③，利用正弦定理可求得，由余弦定理可构造方程求得的值；（2）利用三角形面积公式可直接求得结果.【小问1详解】若选条件①，，，满足条件的有两个，不合题意，不能选择条件①；若选条件②，，，满足条件的有且仅有一个，由余弦定理得：，解得：或（舍），；若选条件③，，，；由正弦定理得：，由余弦定理得：，解得：或（舍），则满足条件的有且仅有一个，.【小问2详解】由（1）知：，.19.已知函数．（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值.【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式中即可；（Ⅱ）设，求，根据确定函数的单调性，根据单调性求函数的最大值为，从而可以知道恒成立，所以函数是单调递减函数，再根据单调性求最值.试题解析：（Ⅰ）因为，所以.又因为，所以曲线y=f(x)在点处的切线方程为.（Ⅱ）设，则.当时，，所以在区间上单调递减.所以对任意有，即.所以函数在区间上单调递减.因此在区间上的最大值为，最小值为.【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设，再求，一般这时就可求得函数的零点，或是()恒成立，这样就能知道函数的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断的单调性，最后求得结果.20.已知，，是自然对数的底数.（1）当时，求函数的极值；（2）若关于方程有两个不等实根，求的取值范围；（3）当时，若满足，求证：.【答案】（1）极小值为0，无极大值.（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）把代入函数中，并求出f′x，根据f′x的正负得到的单调性，进而求出的极值.（2）等价于与的图象有两个交点，求导得到函数y=gx的单调性和极值，画出y=gx的大致图象，数形结合求解即可.（3）求出f′x，并得函数y=fx在上单调递减，在上单调递增，可得则，，要证，只需证，只需证，即证，令，对ℎx求导证明即可.小问1详解】当时，，定义域为，求导可得，令，得，当时，f′x<0，函数在区间上单调递减，当时，f′x>0，函数在区间0,+所以y=fx在处取到极小值为0，无极大值.【小问2详解】方程，当时，显然方程不成立，所以，则，方程有两个不等实根，即与的图象有2个交点，，当或时，，在区间和0,1上单调递减，并且时，gx<0，当x∈0,1时，当时，，在区间1,+∞上单调递增，时，当时，取得最小值，，作出函数y=gx因此与有2个交点时，，故的取值范围为.【小问3详解】证明：，由，得，当时，，当时，，所以函数y=fx在上单调递减，在上单调递增.由题意，且，则，.要证，只需证，而，且函数在上单调递减，故只需证，又，所以只需证，即证，令，即，，由均值不等式可得，当且仅当，即时，等号成立.所以函数ℎx在R上单调递增由，可得，即，所以，又函数在上单调递减，所以，即得证.21.给定正整数，设数列是的一个排列，对，表示以为首项的递增子列的最大长度，表示以为首项的递减子列的最大长度.（1）若，，，，，求和；（2）求证：，；（3）求的最小值.【答案】（1），（2）证明见解析（3）当为偶数时，的最小值是；当为奇数时，的最小值是.【解析】【分析】（1）直接根据定义求解；（2）分情况讨论证明，故可推知和不能同时为零，进而得到结论；（3）对的奇偶性分情况讨论，并利用小问2得到的结果即可.【小问1详解】以为首项的最长递增子列是，以为首项的最长递减子列是和.所以，.【小问2详解】对，由于是的一个排列，故.若，则每个以为首项递增子列都可以在前面加一个，得到一个以为首项的更长的递增子列，所以；而每个以为首项的递减子列都不包含，且，故可将替换为，得到一个长度相同的递减子列，所以.这意味着；若，同理有，，故.总之有，从而和不能同时为零，故.【小问3详解】根据小问2的证明过程知和不能同时为零，故.情况一：当为偶数时，设，则一方面有；另一方面，考虑这样一个数列：，.则对，有，.故此时.结合以上两方面，知的最小值是.情况二：当为奇数时，设，则一方面有；另一方面，考虑这样一个数列：，.则对，有，.故此时.结合以上两方面，知的最小值是.综上，当为偶数时，的最小值是；当为奇数时，的最小值是.【点睛】关键点点睛：求最小（或最大）值的本质在于，先证明所求的表达式一定不小于