北京市陈经纶中学2025届高三上学期10月月考数学试题

这是一份北京市陈经纶中学2025届高三上学期10月月考数学试题，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合，，为使得，则实数a可以是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. e
【答案】A
【解析】
【分析】先化简集合，再根据已知得到，解不等式即得解.
【详解】由题得，，
因为，所以.
所以
故选：A
2. 如果实数，，满足：，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用赋值法和不等式的基本性质的应用求出结果．
【详解】对于选项A，当c=0时，ac2=bc2，故选项A错误；
对于选项B，当时，a2＞b2＞c2错误；
对于选项C，当a=1，b=0，时，a+c＞2b错误；
对于选项D，直接利用不等式的基本性质的应用求出，故选项D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查不等式的性质，属于基础题.
3. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递减的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据偶函数的定义和基本函数的性质逐个分析判断即可.
【详解】对于A，定义域为，令，因为，所以此函数为奇函数，所以A错误，
对于B，定义域为，令，因为，所以此函数为偶函数，
因为在上单调递增，所以B错误，
对于C，定义域为，令，因为，所以此函数为偶函数，
因为在上有增区间也有减区间，所以C错误，
对于D，定义域为，令，因为，所以此函数为偶函数，
当时，，因为在上单调递增，所以在上单调递减，所以D正确，
故选：D
4. 函数的部分图象如图所示，则以下说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先把函数解析式化成的形式，再结合函数的周期和值域求值.
【详解】因为.
由函数图象可知：；
又，所以，又.
故选：B
5. 已知函数，若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由条件转化为有解，求出与的切点，数形结合求解即可.
【详解】由题意，，
即有解，
先求与相切时，
过定点，的导数，
设切点为，则由导数可知，
所以，解得，
即切点为，此时切线斜率，
作出函数图象，如图，

由图象可知，当时，存在存在，使得成立.
故选：B
6. 对于无穷数列，定义（），则“为递增数列”是“为递增数列”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】D
【解析】
【分析】由递增数列的性质，分别判断充分性和必要性即可.
【详解】为递增数列时，有，不能得到为递增数列，充分性不成立；
为递增数列时，不一定有，即不能得到为递增数列，必要性不成立.
所以“为递增数列”是“为递增数列”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
7. 函数在上有且仅有2个极小值点，且最多有5个零点，则正整数的最大值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】令，根据题意结合正弦函数的性质可得，求解即可.
【详解】令，因为，所以，
所以在上有且仅有2个极小值点，且最多有5个零点，
所以，解得，故正整数的最大值为5，
故选：C
8. 如图，在四棱锥中，，其余的六条棱长均为2，则该四棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先证明，从而可证平面平面，则有顶点的射影在上，从而可得，即有是直角三角形，再求出底面积和高即可求出体积.
【详解】连接，交点为，如图所示：
，且是公共边，
，，
易得，，
即，又，，
，平面，
平面，又平面，
平面平面.
过点作平面，垂足为，连接，
，，
平面，，，
由是公共边，，
即有，
三点在以为直径的圆周上，
，，，
，
，
.
故选：C
9. 中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编制《大衍历》发明了一种近似计算的方法——二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是比我国张隧晚了上千年）：对于函数在处的函数值分别为，则在区间上 可以用二次函数来近似代替，其中.若令，，，请依据上述算法，估算的近似值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
直接按照所给算法逐步验算即可得出最终结论．
【详解】解：函数在，，处的函数值分别为
，，，
故，，，
故，
即，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查新定义问题，准确理解题目所给运算法则是解决本题的关键，属于中档题．
10. 设函数，若，则a的最小值为（ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数函数性质判断在不同区间的符号，在结合二次函数性质得为该二次函数的一个零点，结合恒成立列不等式求参数最值.
【详解】函数定义域为，而，，，
要使，则二次函数，在上，在上，
所以为该二次函数的一个零点，易得，
则，且开口向上，
所以，只需，故a的最小值为.
故选：B
二、填空题（共5题，每小题5分，共25分）
11. 已知复数，则复数______．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的除法运算直接进行求解即可.
【详解】由，
则，
故答案为：.
12. 艾宾浩斯遗忘曲线描述了人类大脑对新鲜事物遗忘的规律.基于此，某课题小组研究发现，在学习课程后每经过一个星期，会遗忘掉所记忆内容的20%.为使得所记忆的内容不低于，最多在个星期之后对所学内容进行复习，则________；（，）
【答案】7
【解析】
【分析】根据指数函数模型列不等式求解．
【详解】由题意，，，
，
，又，
所以的最大值是7.
故答案为：7.
13. 已知圆锥的底面面积为，其侧面展开图的圆心角为，则过该圆锥顶点做截面，截面三角形面积最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意计算可得圆锥底面半径与母线长，过该圆锥顶点做截面，借助截面三角形等腰直角三角形时面积最大计算即可得.
【详解】设该圆锥的底面半径为，母线长为，
由题意有，，即，，
设其轴截面顶角为，则，故，
则过该圆锥顶点做截面，当截面三角形顶角为时，面积最大，
则有.
故答案为：.
14. 若，，则的最大值是__________；最小值是__________．
【答案】 ①. ②. 6
【解析】
【分析】利用向量三角不等式以及基本不等式即可求解.
【详解】，
，当且仅当时取到等号，
此时，即当时，的最大值为.
又，
且，
，当且仅当与反向时取等号.
此时的最小值为6.
故答案为：；6.
15. 若数列、均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得，则称数列为数列的“M数列”．已知数列的前n项和为，则下列结论中正确的是________．
①存在等差数列，使得是的“M数列”
②存在等比数列，使得是的“M数列”
③存在等差数列，使得是的“M数列”
④存在等比数列，使得是的“M数列”
【答案】①②④
【解析】
【分析】对于①取分析判断，对于②④取分析判断，对于③，根据题意结合等差数列的性质分析判断.
【详解】对于①：例如，则为等差数列，可得，则，
所以，，
故、均为严格增数列，
取，则，即恒成立，
所以是的“数列”，故①正确；
对于②，例如，则为等比数列，可得，则，
所以，，
故、均为严格增数列，
取，则，即恒成立 ，
所以是的“数列”，故②正确；
对于③，假设存在等差数列，使得是的“数列”，
设等差数列的公差为，
因为为严格增数列，则，
又因为为严格增数列，所以，即当时，恒成立，
取，满足，可知必存在，使得成立，
又因为为严格增数列，
所以对任意正整数，则有，即，
对任意正整数，则有，即，
故当时，不存在正整数，使得，故③不成立；
对于④，例如，则为等比数列，且、均为严格增数列，可得，
所以，，
故、均为严格增数列，
取，则，即恒成立，
所以是的“数列”，故④正确.
故答案为：①②④.
三、解答题（共6题，共85分）
16. 在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知.
（1）求角A的大小；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据两角和的正弦公式化简题干条件可得，进而得到，进而求解；
（2）根据三角形的面积公式及余弦定理求解即可.
小问1详解】
因为，
在中，，即.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，
即，所以，
又，即，
所以的周长为.
17. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）从条件①，条件②，条件③选择一个作为已知条件，求m的取值范围.
①在有恰有两个极值点；
②在单调递减；
③在恰好有两个零点.
注：如果选择的条件不符合要求，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）答案见解析
【解析】
【分析】（1）先利用三角恒等变换公式对函数化简变形，然后利用周期公式直接求解即可；
（2）先由，得，若选①，则，从而可求出m的取值范围，若选②，则当时，函数递增，所以不合题意，若选③，则，从而可求出m的取值范围.
【小问1详解】
因为
.
所以的最小正周期为.
【小问2详解】
因为，所以.
选择①，因为在有恰有两个极值点.
所以.
所以.
若选择②，因为当时，函数递增，
所以在不可能单调递减，所以②不符合题意；
选择③，因为在恰好有两个零点.
所以.
所以.
18. 如图在几何体ABCDFE中，底面ABCD为菱形，，，，.
（1）判断AD是否平行于平面CEF，并证明；
（2）若面面；求：
（ⅰ）平面与平面CEF所成角的大小；
（ⅱ）求点A到平面CEF的距离.
【答案】（1）与平面不平行，证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）取中点，证明，假设平面，根据线面平行性质定理证明，推出矛盾，可得结论；
（2）（i）证明线线垂直建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解平面与平面的角，（ii）利用向量方法求点到平面距离.
【小问1详解】
不平行于平面，理由如下：
取中点，
因为，所以
则四边形为平行四边形，所以，
又，所以不平行于，
假设平面，
因平面平面，平面
所以，与不平行于矛盾，
所以假设不成立，即不平行于平面；
【小问2详解】
取中点，连接
因为菱形，
所以为正三角形，又为中点，所以，
由于，所以，
又面面，面面，面
所以面，因为面，所以
又因为，面，
所以面，而面，所以，
所以如图，以为原点，所在直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则
（i）因为面，所以为平面的一个法向量
设平面的法向量为，因为
所以，令，
设平面与平面所成角为，
所以，则
即平面与平面所成角大小为；
（ii）因为，由（i）知平面的一个法向量为
所以点到平面的距离为.
19. 已知函数，．
（1）若，求函数的极值；
（2）试讨论函数的单调性．
【答案】（1）极小值为，无极大值
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）当，求出f′x，令得出方程的根，判断所求根两边导函数的符号即可得到函数的极值；
（2）求出f′x，分两种情况讨论的范围，在定义域范围内分别求解即可.
【小问1详解】
若，，定义域为0,+∞，
则，
令，可得，
由f′x>0，可得，所以在1,+∞上单调递增，
由f′x<0，可得，所以在0,1上单调递减，
所以在处取得极小值，极小值为，无极大值；
【小问2详解】
的定义域为0,+∞，
，，
当时，f′x<0，则0,+∞上单调递减，
当时，令，可得或，
因为，所以舍去，
所以当时，f′x<0，
则在上单调递减，
当时，f′x>0，
则在上单调递增，
综上，当时，在0,+∞上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
20. 已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）若，求曲线与曲线的交点个数.
【答案】（1）
（2）交点个数为1
【解析】
【分析】（1）借助导数的结合意义计算即可得；
（2）原问题可转化为函数在上的零点个数问题，借助导数研究函数的单调性后结合零点的存在性定理即可判断.
【小问1详解】
由，则，
，则，
所以切线方程为，即；
【小问2详解】
令，故，
令，，
令，
，
当时，，，，
∴，∴在上为减函数，即在上为减函数，
又，，
∴在上有唯一的零点，设为，即，
∴在上为增函数，在上为减函数，
又，
，
，
∴在上有且只有一个零点，在上无零点，
所以曲线与曲线的交点个数为1.
21. 已知整数，数列是递增的整数数列，即且定义数列的“相邻数列”为，其中或
（1）已知，数列，写出的所有“相邻数列”；
（2）已知，数列是递增的整数数列，，且的所有“相邻数列”均为递增数列，求这样的数列的个数；
（3）已知，数列是递增的整数数列，，且存在的一个“相邻数列”，对任意的，求的最小值．
【答案】（1）；；；.
（2）11个 （3）37
【解析】
【分析】（1）根据相邻数列的概念直接求解即可；
（2）任取的一个“相邻数列”，根据相邻数列的概念可得且，对于的取值分情况讨论，利用为递增数列可得是公差为1的等差数列，列不等式组求解即可；
（3）令可得对任意，设，证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，进而根据定义求解即可.
【小问1详解】
根据“相邻数列”的概念可知，，
或，或，
所以的所有“相邻数列”有；；；.
【小问2详解】
任取的一个“相邻数列”，
因为或，
或，
所以有且，
对于的取值分以下4种情形：
（a），
（b），
（c），
（d）
由数列是递增的整数数列，前3种情形显然都能得到，所以只需考虑第4种情形，
递增，，即，
由是递增的整数数列得，从而是公差为1的等差数列，
于是，则，即满足数列的有11个.
【小问3详解】
令，所以对任意，
设，则且，
先证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合．
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合，
因此，的分布只可能是如下三种情况：
（i），此时，对任意的，由得，
所以对任意的，注意到，所以，
等号当且仅当时取到；
（ii）存在整数，使得
对任意的，对任意的，所以
（iii）．此时，对任意的，与情形1类似，
对任意的，注意到，
所以，
综上，的最小值为．
【点睛】思路点睛：根据“相邻数列”的定义，按照或分类讨论不同情形，结合数列的定义求解即可.