北京市第十五中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试卷（Word版附解析）

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2024北京十五中高三10月月考
数 学
2024.10
本试卷共4页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.
第一部分（选择题 共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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合，结合交集运算性质计算即可.
【详解】由集合，解得，故.
故选：B
2. 已知，则的大小关系为（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简，通过讨论函数和的单调性和取值范围即可得出的大小关系.
【详解】解：由题意，
，
在中，函数单调递增，且，
∴，
在中，函数单调递增，且当时，，
∴，
∴，
故选：A.
3. 下列函数中，既是偶函数又在区间(0,+∞)上单调递增的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】对于A,,是偶函数，且在区间上单调递增，符合题意；对于B, 对于既不是奇函数，又不是偶函数，不合题意；对于C, 是奇函数，不合题意；对于D,在区间上单调递减，不合题意，只有合题意，故选A.
4. 已知等差数列的前项和为 ，若，则（ ）
A. 54B. 63
C. 72D. 135
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出，再求出.
【详解】等差数列中，由，得，解得，而，
所以.
故选：B
5. 若函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的最大值为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意利用函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，求出的最大值．
【详解】解：把函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，
若函数在区间，上单调递增，
在区间，上，，，
则当最大时，，求得，
故选：C．
【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，属于基础题．
6. 设且,则“”是“”成立的
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】
【详解】易知当时，成立，又当时，，所以“x>1”是“”成立的充分而不必要条件.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. 在中，分别是角的对应边，若，则下列式子正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件求角，再由余弦定理确定三边关系.
【详解】由题意可知，所以
由余弦定理可得，
所以，
所以
,即,
故选：C.
9. 已知函数当时，方程的根的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】结合分段函数、周期函数和函数零点的含义结合两个函数图像求解.
【详解】当时，即则的周期为
画出函数的图像，
令则又因为则
由图可知方程 的根的个数即为两个函数图像交点的个数，
由图像可知，当时，存在一个零点，因为时，
当时，则在两函数存在一个零点，
当时，则在两函数存在一个零点，
当时，则在两函数存在一个零点，
当时，恒成立，则两函数无零点.
综上所述，两函数有三个零点
故选：D.
10. 数列各项均为实数，对任意满足，且，则下列选项中不可能的是（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】由已知有，令，代入选项中的和，求是否有解即可.
【详解】对任意满足，且，则有.
对于A，若，，则，故，故或，
若，则，故，
此时，，，
当时，；
当时，；
当时，，
故A成立；
对于B，若，，则，故，
又，，
故或，
若，则无解；
若，则，故或，
此时，，，；
或，，， ，
都满足，故B成立；
对于C，若，，则，故，且，
故，又，
故或，
若，则无解；
若，则也无解，
故C错误；
对于D，若，，则，故，
又，故，此时，
满足，故D成立.
故选：C
【点睛】方法点睛：由数列周期为3，由选项中的和，令，代入已知条件中，若无解，则此时的和不可能成立.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 函数的定义域为________________.
【答案】
【解析】
【分析】由函数定义域的求法直接求解.
【详解】由.
故答案为：
12. 在平面直角坐标系中，角和角均以为始边，它们的终边关于轴对称．若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据终边关于轴对称的两个角的正弦值互为相反数，得出结论．
【详解】角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，
若，则，
故答案为：．
13. 已知数列的前项和为，则__________．
【答案】36
【解析】
【分析】根据条件分奇偶项讨论得，计算求和即可.
【详解】由题意可得为奇数时，，
两式相减得；
为偶数时，，两式相加得，
故.
故答案为：36
14. 已知函数为在上的偶函数，且满足条件：①在上单调递减；②，则关于的不等式的解集是______.
【答案】
【解析】
【分析】确定函数的单调性，画出函数简图，根据图像得到，解得答案.
【详解】函数为在上的偶函数，在上单调递减，故在上单调递增；
，故.画出函数简图，如图所示：
，故，故，解得.
故答案为：
15. 已知函数，对于函数有下述四个结论：
①函数在其定义域上为增函数；
②有且仅有一个零点；
③对于任意的，都有成立；
④若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则必是的零点.
其中所有正确的结论序号是_______________
【答案】③④
【解析】
【分析】由反例判断结论①；利用导数得函数单调性，由零点存在定理求零点个数判断结论②；作差法比大小判断结论③；结论④利用导数求曲线在点处的切线，切线与相切于点，建立方程组证明是的零点.
【详解】对于①，的定义域为，
因为，，①错误；
对于②，因为，所以在和上单调递增，
又，，，，
所以在区间和上都存在零点，
又在和上单调递增，
即在区间和上各有一个零点，②错误；
对于③，因为，所以，所以，
即，所以③正确；
对于④，因为，所以曲线在点处的切线斜率为，
得切线方程为，即，
设与相切于点，因为，所以切线斜率为，
得切线方程为，即，
所以，即，
消去得，整理得，即是的零点，④正确.
故答案为：③④
【点睛】关键点睛：
本题结论④判断的关键在于利用导数求出两曲线的切线方程，利用方程为同一方程得到两切点坐标之间的关系，联立化简即可.
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. 已知函数，
（1）求实数的值;
（2）求函数的最小正周期及单调增区间.
【答案】 （2），单调递增区间为（）．
【解析】
【详解】试题分析：（1）由可求出；（2）先化简得，由三角函数的图象和性质可求出函数的周期及单调递增区间．
试题解析：（1）由知
∴
∴
（2）解：∵
∴
∴，
∴（）
∴（）
∴函数的最小正周期为，单调增区间为（）
考点：三角函数图象和性质．
17. 已知函数．
（1）求函数的极值；
（2）若对都有恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）极大值；极小值
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导，结合函数极值的定义即可求解；
（2）只需求出不等式左边的最小值即可，结合导数与最值的关系即可得解.
【小问1详解】
由，得.
令得或.
当变化时，在各区间上的正负，以及的单调性如下表所示：
所以当时取极大值；当时取极小值.
【小问2详解】
由（1）可得函数在上单调递减，在上单调递增，
则在上的最小值为.
对都有恒成立，所以.
18. 在中，.
（1）求大小；
（2）再从下列三个条件中，选择两个作为已知，使得存在且唯一，求的面积.
条件①；
条件②；
条件③AB边上的高为.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合同角三角函数关系求出，即可得答案；
（2）若选①②，根据求出A，由正弦定理求出a，再利用两角和的正弦公式求出，由三角形面积公式，即可求得答案；若选①③，根据求出A，再根据AB边上的高h求出b，下面解法同选①②；若选②③，根据条件可求出A的值不唯一，即可判断不合题意.
【小问1详解】
在中，，由正弦定理得，
由于，则，
由于，故；
【小问2详解】
若选①②，存在且唯一，解答如下：
由于，，
又，故，则；
又，故，
故；
若选①③，存在且唯一，解答如下：
由于，，
AB边上高h为，故
则，则；
又，故，
故；
若选②③，不唯一，解答如下：
，AB边上的高h为，故，
或，此时有两解，不唯一，不合题意.
19. 为研究某地区2021届大学毕业生毕业三个月后的毕业去向，某调查公司从该地区2021届大学毕业生中随机选取了1000人作为样本进行调查，结果如下：
假设该地区2021届大学毕业生选择的毕业去向相互独立．
（1）若该地区一所高校2021届大学毕业生的人数为2500，试根据样本估计该校2021届大学毕业生选择“单位就业”的人数；
（2）从该地区2021届大学毕业生中随机选取3人，记随机变量为这3人中选择“继续学习深造”的人数．以样本的频率估计概率，求的分布列和数学期望；
（3）该公司在半年后对样本中的毕业生进行再调查，发现仅有选择“慢就业”的毕业生中的人选择了上表中其他的毕业去向，记此时表中五种毕业去向对应人数的方差为．当为何值时，最小．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
（3）
【解析】
【分析】(1)用样本中“单位就业”的频率乘以毕业生人数可得；
(2)先由样本数据得选择“继续学习深造”频率，然后由二项分布可得；
(3)由方差的意义可得.
【小问1详解】
由题意得，该校2021届大学毕业生选择“单位就业”的人数为．
【小问2详解】
由题意得，样本中名毕业生选择“继续学习深造”的频率为．
用频率估计概率，从该地区2021届大学毕业生中随机选取1名学生，估计该生选择“继续学习深造”的概率为．
随机变量的所有可能取值为0，1，2，3．
所以，
，
，
．
所以的分布列为
．
【小问3详解】
易知五种毕业去向的人数的平均数为200，要使方差最小，则数据波动性越小，故当自主创业和慢就业人数相等时方差最小，所以．
20. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）求的极值和单调区间；
（3）若在上不是单调函数，且在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出导函数，计算出切线斜率，然后由点斜式得切线方程；
（2）求出导函数，分类讨论确定的正负，确定函数单调性、极值．
（3）由函数不单调，结合（2）得出函数在的最值，由最大值满足的不等关系可得的范围．
【小问1详解】
当时，函数，．
所以，．
所以曲线在点处的切线方程．
【小问2详解】
函数定义域．
求导得.
①当时，因为，所以．
故的单调递减区间是，此时无极值.
②当时，变化时，变化如下表：
所以的单调递减区间是，单调递增区间是．
此时函数的极小值是，无极大值．
【小问3详解】
因为在不是单调函数，由第（2）可知此时，
且，
又因为在上恒成立，只需
即可，所以，
解得的取值范围是
21. 若有穷数列：，，…，，满足，则称数列为数列．
（1）判断下列数列是否为数列，并说明理由；
①1，2，4，3
②4，2，8，1
（2）已知数列：，，…，，其中，，求的最小值．
（3）已知数列是1，2，…，的一个排列．若，求的所有取值．
【答案】（1）①不是数列；②是数列．
（2）13
（3）4或5．
【解析】
【分析】（1）直接利用定义进行判断即可；（2）利用绝对值三角不等式累加后求得结果；（3）对取不同的值进行判断，再对分情况讨论即可．
【小问1详解】
①因为，所以该数列不是数列；
②因为，所以该数列是数列．
【小问2详解】
由，则，得或，恒成立，得或，同理得故.
【小问3详解】
当时，因为，所以，不符合题意；
当时，数列为3，2，4，1．此时，符合题意；
当时，数列为 2，3，4，5，1．此时，符合题意；
下证当时，不存在满足题意．
令，2，，，
则，且，
所以有以下三种可能：
①； ②；③．
当时，因为，
即，2，，．
所以 或．
因为数列的各项互不相同，
所以．
所以数列是等差数列．
∴，，，是公差为1（或的等差数列．
当公差为1时，由得 或，所以或，与已知矛盾．
当公差为时，同理得出与已知矛盾．
所以当 时，不存在满足题意．
其它情况同理．
综上可知，的所有取值为4或5．
＋
0
－
0
＋
↗
极大
↘
极小
↗
毕业去向
继续学习深造
单位就业
自主创业
自由职业
慢就业
人数
200
560
14
128
98
0
1
2
3
极小值
1
极小值