2023北京市中国人民大学附中高三10月月考数学试题（含答案）

人大附中2023届高三10月检测练习

数学

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置.）

1. 已知集合（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求出集合，再根据并集的定义即可得解.

【详解】解：因为，

所以.

故选：A.

2. 命题“∀x∈R，f(x)·g(x)≠0”的否定是（    ）

A. ∀x∈R，f(x)＝0且g(x)＝0 B. ∀x∈R，f(x)＝0或g(x)＝0

C. ∃x∈R，f(x)＝0且g(x)＝0 D. ∃x∈R，f(x)＝0或g(x)＝0

【答案】D

【解析】

【分析】根据全称量词命题的否定的知识确定正确选项.

【详解】原命题是全称量词命题，其否定是存在量词命题，注意到要否定结论，所以ABC选项不符合，D选项符合.

故选：D

3. 若，且，则下列不等式一定成立的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】对于ABD，举例判断，对于C，利用基本不等式判断.

【详解】对于A，若，则满足，且，而，所以A错误，

对于B，若，则满足，且，而，所以B错误，

对于C，因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，而，所以取不到等号，所以，所以C正确，

对于D，若，则满足，且，而，所以D错误，

故选：C

4. 已知集合，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围是（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】分别解出、集合，由“”是“”的必要不充分条件可知，由此即可列出不等式，则可解出答案.

【详解】或，

因为“”是“”的必要不充分条件，

所以，

所以或，

解得：或，

故选：D.

5. 若，则的值为（    ）

A. 3 B.  C. －3 D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据凑角的思路可得，再用正切的两角和公式求解即可.

【详解】,

故选：A.

6. 设，则“函数的图象经过点”是“函数在上递减”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

【答案】A

【解析】

【分析】由幂函数性质结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.

【详解】函数的图象经过点，则，

因为，所以，所以，

所以在上递减，

而在上递减，函数的图象不一定经过点，

如：

所以“函数的图象经过点”是“函数在上递减”的充分不必要条件.

故选：A.

7. 某科技公司为解决芯片短板问题，计划逐年加大研发资金投入．若该公司计划2021年全年投入研发资金120亿元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长，则该公司全年投入的研发资金开始超过200亿元的年份是（    ）．

参考数据：

A. 2023年 B. 2024年 C. 2025年 D. 2026年

【答案】D

【解析】

【分析】求得年全年投入的表达式，由此列不等式，结合对数函数的知识求得正确答案.

【详解】依题意可知，年全年投入为，

由得，

两边取以为底的对数得，

，

，

所以该公司全年投入的研发资金开始超过200亿元的年份是年.

故选：D

8. 当，且时，函数的图像经过定点T．若直线也经过点T．则当，时．的最小值为（    ）

A. 4 B. 6 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先求得点的坐标，然后利用基本不等式求得正确答案.

【详解】当时，，

所以，代入得，

所以

，

当且仅当，时等号成立.

故选：C

9. 已知．若存在最小值，则实数a的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】通过对参数分类讨论，研究在和的单调性，再结合已知条件，即可求解.

【详解】解：由题意，不妨令，；，，

①当时，在上单调递减，

在上单调递减，易知在上的值域为，

又因为存在最小值，只需，解得，

又由，从而；

②当时，在上单调递减，在上单调递增，

又因为存在最小值，故，

即，解得，，这与矛盾；

③当时，，易知的值域为，显然无最小值；

④当时，在上单调递增，在上单调递增，从而无最小值.

综上所述，实数的取值范围为.

故选：A.

10. 已知，给出下述四个结论：

①是偶数；                  ②在上为减函数；

③在上为增函数；     ④的最大值为．

其中所有正确结论的编号是（    ）

A. ① B. ② C. ①③ D. ①④

【答案】D

【解析】

【分析】结合函数的奇偶性、单调性以及三角恒等变换、三角函数最值等知识求得正确答案.

【详解】的定义域为，

，所以为偶函数，①正确.

当时，，

所以在上不是减函数，②错误；

以及在上不是增函数，③错误.

，

当时，，

，所以当时，是的一个周期，

当时，，时等号成立.

当时，，

当时，，

当时，，

综上所述，结合为偶函数可知的最大值为，④正确.

故选：D

二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，请把结果填在答题纸上的相应位置.）

11. 若为虚数单位，复数满足，则的虚部为______.

【答案】##2.5

【解析】

【分析】根据复数的除法运算可得，进而即得.

【详解】因为，

所以，

所以复数z的虚部为.

故答案为：.

12. 函数的部分图像如图所示，则函数的解析式为______.

【答案】

【解析】

【分析】由的部分图象确定其解析式.

【详解】由图象可得，，，即，∴，

∵，∴，，

即，，又，∴.

∴函数的解析式为.

故答案为：

13. 已知直线与曲线相切， 则_____．

【答案】##

【解析】

【分析】求出函数的导函数，设切点为，即可求出切线的斜率，从而得到方程组，解得即可.

【详解】解：由，所以，设切点为，

所以，则，解得；

故答案：

14. 关于函数有下列命题：

①其最大值为2；

②其最小正周期为；

③在上单调递减；

④将函数的图象向左平移个单位后将与已知函数图象重合.

其中正确的命题的序号是___________.

【答案】②③

【解析】

【分析】由诱导公式、两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数的性质判断①②③，利用图象平移变换及诱导公式判断④．

【详解】

,

所以函数最大值是，①错；

，②正确；

时，，所以此时递减，③正确；

将函数的图象向左平移个单位后得图象的解析式为

，与图象不重合，④错．

故答案为：②③．

15. 如图，四边形中．．，，则的面积为__________，___________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】利用正弦定理求得，利用余弦定理求得，进而求得三角形的面积.先求得，利用余弦定理求得.

【详解】在三角形中，由正弦定理得，

，

由余弦定理得，

，解得，负根舍去.

所以三角形的面积为.

，

由于为锐角，所以.

所以

.

在三角形中，由余弦定理得：

故答案为：；

三、解答题（本大题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程，请在答题纸上的相应位置作答.）

16. 已知函数．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）求函数的最小值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用导数的几何意义可求出切线方程，

（2）对函数求导后，由导数的正负求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值

【小问1详解】

的定义域为．

因为（），所以，

又因，

所以曲线在点处的切线方程为，

即．

【小问2详解】

的定义域为，

令，得，

因为，所以，

令得，

所以在上单调递增；在上单调递减，

所以．

17. 在中，角的对边分别为.

（1）求的大小；

（2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求边上高线的长.

条件①：；条件②：；条件③：.

注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分.

【答案】（1）.   

（2）条件①：；条件③：.

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理，边化角，再利用三角恒等变换求解即可.

（2）根据三角形全等条件可知①③满足条件，条件②由余弦定理可得不满足条件，条件①：根据，结合等面积求解即可；条件③：利用余弦定理结合等面积求解即可.

【小问1详解】

在中因为，

由正弦定理得，

所以，即，

又因为，，所以，.

【小问2详解】

设边上的高为，

条件①：因为，所以 ，，

所以，根据三角形全等（角角边）可知存在且唯一确定.

所以，

则，解得，即边上的高为.

条件②：由余弦定理得，即，

解得，此时满足条件的的三角形有两个，条件②不符合题意.

条件③：根据三角形全等（边角边）可得存在且唯一确定，

由余弦定理得，即，解得，

则，解得，即边上的高为.

18. 已知函数．从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定．

（1）求的解析式；

（2）设，求函数在上的单调递增区间．

条件①：；

条件②：为偶函数；

条件③：的最大值为1；

条件④：图象的相邻两条对称轴之间的距离为．

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）先由降幂公式得，故为奇函数，排除条件②，若选①③，不唯一，不合题意；若选①④由及周期解出即可；若选③④由最大值及周期解出即可；

（2）先由倍角公式及辅助角公式求出，再令解出单调区间，最后写出在上的单调递增区间即可.

【小问1详解】

，易知为奇函数，故条件②不成立，舍去.

若选①③，则且，故，，解得，故不唯一，不合题意；

若选①④，且，故，解得，，存在且唯一，故；

若选③④，则且，故，解得，，故，存在且唯一，故；

【小问2详解】

，令，

解得，当时，，当时，，

故函数在上的单调递增区间为.

19. 已知函数．

（1）若函数在处取得极小值－4，求实数a，b的值；

（2）讨论的单调性．

【答案】（1）   

（2）答案不唯一，具体见解析

【解析】

【分析】（1）根据求导和极值点处导数值为0即可求解；（2）求导，分类讨论取值即可求解.

【小问1详解】

，则

即解得，经验证满足题意，

【小问2详解】

令解得或

1°当时，在上单调递增

2°当时，在，上单调递增，上单调递减

3°当时，在，（上单调递增，上单调递减

20. 已知函数．

（1）若恒成立，直接写出a的值，并证明该不等式；

（2）证明：当时，；

（3）当时，不等式恒成立，求a的取值集合．

【答案】（1），证明详见解析   

（2）证明详见解析    （3）

【解析】

【分析】（1）先得到，然后通过构造函数法，结合导数证得不等式成立.

（2）构造函数，利用导数证得，由此证得不等式成立.

（3）构造函数，由求得，结合导数确定a的取值集合.

【小问1详解】

的值为，即不等式，证明如下：

构造函数，

，所以在区间递减；

在区间递增.

所以，故，即不等式恒成立.

【小问2详解】

，

构造函数，

，

当时，，，，

所以，

所以在区间上递减.

当时，，，，

所以，

所以在区间上递增.

当时，，，

所以，

所以在区间上递增.

所以，

即.

【小问3详解】

当时，不等式恒成立，

即时，不等式恒成立，

构造函数，即,

由于且，所以当时，取得最小值，

由于是可导函数，且，

则是函数的极小值点，

所以，解得.

下面证明当时，为的极小值点：

此时，

，

令，

，

由（2）可知，当时，，

所以在区间上递增，

，

所以在区间递减；在区间递增，

所以是的极小值点，符合题意.

所以的取值集合是.

【点睛】利用导数研究函数的单调区间，如果导函数无法判断函数的单调区间时，可以考虑利用二次求导来进行求解，求解过程中要注意导函数和原函数之间的对应关系.

21. 对各项均为正整数的有限数列：，每次进行以下变换之一；

变换：将其中一项删除；

变换：将其中一项的数值由x变为y，其中；

变换：将其中一项变为两项，由x变为y，z，其中．

（1）若：2，3，经过k次变换后其所有项均被删除，且上述三种变换都至少进行了一次，求k；

（2）甲对进行一次变换得到，乙对进行一次变换得到，…，甲、乙轮流进行变换，直到所有项均被删除．

①若：1，2，2，甲能否确保自己最后将所有项删除？说明理由．

②若：1，2，3，乙能否确保自己最后将所有项删除？说明理由．

③若：1，2，3，4，5，是否有人能确保自己最后将所有项删除？说明理由．

【答案】（1）5    （2）①可以，理由见详解；②可以，理由见详解；③可以，理由见详解

【解析】

【分析】（1）根据题意可得第一次变换只能为或时，再根据变换特点理解求解；

（2）根据题意分析处理①②，对与③甲将变换为，把问题转化为②理解处理.

【小问1详解】

若执行变换，则原来项的数值，若执行变换，则原来项的数值，且当时，

∵，则、各执行一次且第一次变换只能为或时，即为相当于三个元素执行进行消去，共需三次

∴

【小问2详解】

根据题意可得：有奇数项逐个消去，最终由甲执行最后一次变换，有偶数项逐个消去，最终由乙执行最后一次变换，执行、不会影响最终结果，执行会转换最终结果

①∵，则为奇数项且最多可以执行2次（偶数次），

∴能确保甲最后将所有项删除，只需保证执行偶数次即可

甲第一次执行消去项1，得到

②，则为奇数且最多可以执行3次（奇数次），

能确保乙最后将所有项删除，只需保证执行奇数次，如下表所示：

③∵，则为奇数项且最多可以执行10次（偶数次），

∴能确保甲最后将所有项删除，只需保证执行偶数次即可

步骤如下：甲将变换为

将看成组1，看成组2

若乙对组1变换，根据②可知，甲可以最后将所有项删除

若乙对组2变换，根据②可知，甲只需执行和乙相同的变换即可保证最后将所有项删除

【点睛】①对三种变换理解的：执行、不会影响最终结果，执行会转换最终结果；

②将问题化为已经解决的问题分析理解.