2024届北京市景山学校高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届北京市景山学校高三上学期10月月考数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，，则集合是
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】利用补集和交集的定义可求出集合.
【详解】集合，，，则，
因此，.
故选：D.
【点睛】本题考查交集与补集的混合运算，熟悉交集和补集的定义是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.
2．下列函数在其定义域内既是奇函数又是增函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】采用逐一验证法，以及幂函数，对数函数，指数函数的性质，可得结果.
【详解】A错，
是增函数，且为非奇非偶函数
B正确
C错
是奇函数，但在定义域中无单调性，
应该为在递增，在递增
D错
是减函数，且非奇非偶函数
故选：B
【点睛】本题主要判断函数的奇偶性与单调性，重点在于对基础函数性质的辨析，属基础题.
3．已知向量与向量的夹角为120°，，则（ ）
A．3B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据模长公式即可求解.
【详解】，
故选：B
4．已知，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据条件求出的值，令，按两角差的公式展开，计算即可.
【详解】因为，所以，又
又，
所以，
则
，
故选：
5．函数在上单调递增的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据复合函数单调性法则“同增异减”求出，对照四个选项，得到正确答案.
【详解】设，可得函数在单调递减，在单调递增，又由函数，满足，解得或，根据复合函数的单调性，可得函数的单调递增区间为.在上单调递增.所以对照四个选项，可以得到一个充分不必要条件是：.
故选：D
6．已知某种垃圾的分解率为，与时间（月）满足函数关系式（其中，为非零常数），若经过12个月，这种垃圾的分解率为10%，经过24个月，这种垃圾的分解率为20%，那么这种垃圾完全分解，至少需要经过（ ）（参考数据：）
A．48个月B．52个月C．64个月D．120个月
【答案】B
【分析】根据已知条件，利用待定系数法求出函数关系式，然后再代入数值计算即可.
【详解】由题意可得，解得，
所以，
这种垃圾完全分解，即当时，有，即，
解得.
故选：B
7．若，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题设，，，构造，利用导数研究其单调性，进而判断的大小.
【详解】由题设知：，，，
令，则，易知上单调递增，
上单调递减，即，
∴.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：构造，利用导数研究其单调性，进而比较函数值的大小.
8．已知斐波那契数列满足：，，若，则（ ）
A．2022B．2023C．59D．60
【答案】D
【分析】根据数列的递推公式化简求解；
【详解】
，
故选：D.
9．在边长为的正三角形的边、上分别取、两点，沿线段折叠三角形，使顶点正好落在边上，则的长度的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】在图（2）中，连接，由折叠可知，根据等边对等角可得，又因为为的一个外角，设，可得，再设，根据正弦定理可得出关于的关系式，结合正弦型函数的有界性可求得的最小值.
【详解】显然、两点关于折线对称，图（2）中，由对称性可得，
则有，
设，则，
设，则，
在中，，
所以，，又因为，
在中，由正弦定理可得，
即，所以，，
因为，则，
故当时，即当时，，此时，取最小值，
且，故的最小值为.
故选：C.
10．已知函数有唯一的极值点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题，将问题转化为在上无解，进而研究函数性质可得，再求得.
【详解】解：求导有，
因为函数有唯一的极值点，
所以，有唯一正实数根，
因为，
所以在上无解，
所以，在上无解，
记，则有，
所以，当时，，在上递减，
当时，，在上递增．
此时时，有最小值，
所以， ，即，
所以，即的取值范围是
故选：A
二、填空题
11．函数的最小正周期为 ．
【答案】1
【分析】根据二倍角公式化简，即可由周期公式求解.
【详解】，
所以最小正周期为，
故答案为：1
12．已知函数，则的值域为 ．
【答案】
【分析】结合基本不等式和函数单调性进行求解.
【详解】设，函数，
可得，，根据基本不等式和的图像，
可判断函数在单调递减，在单调递增，
，，，
所以值域为：.
故答案为：

三、双空题
13．已知函数，则 ；若，则实数 .
【答案】 1
【分析】将直接代入即可求出的值；因为，分类讨论满足的值，最后综合讨论结果，可得答案.
【详解】因为，所以.
，，
当时，， 当时，，
所以当即时，，不符合；
当即时，，符合；
当即时，，无解，不符合.
所以实数.
故答案为：1；
四、填空题
14．已知正项等比数列的公比大于1，且，则使得数列的前项积的的最小值为 .
【答案】9
【分析】根据等比数列的下标性质，结合等比数列的单调性进行求解即可.
【详解】设公比为，且，
由，有，有，有，
有，可得.
又由，
，，
故使得数列的前项积的的最小值为9.
故答案为：9
15．已知点是曲线上任意一点，记直线（为坐标原点）的斜率为，给出下列四个命题：
①存在唯一点使得；
②对于任意点都有；
③对于任意点都有；
④存在点使得，
则所有正确的命题的序号为 ．
【答案】①③
【分析】设的坐标为，则，其中，证明出，结合，可判断③④；令，其中，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可判断①；取可判断②.
【详解】设点的坐标为，则，其中，
令，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，即，即，
又因为，当且仅当时，等号成立，
所以，，故③对，④错；
对于①，令，可得，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，
因为，，
所以，存在唯一的实数，使得，
故存在唯一点使得，①对；
对于②，当时，，②错.
故答案为：①③.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
五、解答题
16．在中，，，的面积为．
(1)求；
(2)求BC边上的高．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知以及余弦定理可得，，然后根据余弦定理得出的值，进而得出答案；
（2）根据三角形面积公式结合已知可求出，进而由余弦定理求得，即可得出答案.
【详解】（1）根据已知以及余弦定理可得，，
整理可得，，
所以由余弦定理可得，.
又，所以.
（2）由已知结合三角形面积公式可得，，
所以，.
根据余弦定理可得，，
所以，.
设BC边上的高为，则，
即，解得.
17．设函数，．
(1)求函数的单调增区间；
(2)当时，求函数的值域；
(3)已知函数的图象与直线有交点，求相邻两个交点间的最短距离．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先根据两角差正弦公式、二倍角公式、倍角公式将函数化为，再根据正弦函数的单调性求解；
（2）利用（1）中结论，结合三角函数性质即可求其值域；
（3）由题意可得方程，解方程出交点坐标，再根据交点间距离求最小值.
【详解】（1）由
，
令，解得，，
函数的单调递增区间是.
（2），，
，即，
的值域是.
（3）依题意可得，，即，
或，，
或，，
故函数的图像与直线的两个相邻交点间的最短距离为.
18．已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.
【详解】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，
，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
19．设函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求在区间上的最大值和最小值．
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；
（2）求出函数的单调区间，从而列出表格，计算出极小值与端点处的函数值，即可得到函数的最值.
【详解】（1）因为，所以，
又，所以，
所以曲线在点处的切线方程为；
（2），函数的定义域为，
，令，解得或，
令，解得，
对列表如下：
又，且，
所以，即，
所以，
故函数在区间上的，.
20．已知函数的一个极值点是.
（1）求a与b的关系式，并求的单调区间；
（2）设，若存在，使得成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1) ；当时，单调递增区间为，单调递减区间为和；当时，单调递增区间为，单调递减区间为和；(2).
【分析】(1)根据极值点的导数为零求出a与b的关系式，然后再验证导数为零的点不一定是极值点；
(2)求函数和在区间上的最大值和最小值，并把存在性问题转换为最值问题，即把存在，使得成立，转化为存在，使得成立.
【详解】(1)因为，
所以，
因为函数的一个极值点是，所以，即；
所以，
①当时，，所以函数在上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意；
②当时，令得或，列表如下：
满足是函数的极值点；
③当时，令得或，列表如下：
满足是函数的极值点.
所以；
所以当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和.
(2)由（1）知，，
且时，在单调递增，在单调递减，
又因为，，
所以在上的最大值为，最小值为.
又当时，函数在单调递增，
所以在上的最大值为，最小值为.
因为存在，使得成立，
即存在，使得成立，
即 ，又因为，所以解得，
所以实数a的取值范围为.
【点睛】有关不等式的恒成立与存在性问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
(1)若，，总有成立，故；
(2)若，，有成立，故；
(3)若，，有成立，故；
(4)若，，有，则的值域是值域的子集 ．
21．已知无穷数列满足，其中表示x，y中最大的数，表示x，y中最小的数.
(1)当，时，写出的所有可能值；
(2)若数列中的项存在最大值，证明：0为数列中的项；
(3)若，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有？如果存在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据定义知，讨论、及大小求所有可能值；
（2）由，假设存在使，进而有，可得，即可证结论；
（3）由题设，令，讨论、求证即可判断存在性.
【详解】（1）由，，
若，则，即，此时，
当，则，即；
当，则，即；
若，则，即，此时，
当，则，即；
当，则，即（舍）；
综上，的所有可能值为.
（2）由（1）知：，则，
数列中的项存在最大值，故存在使，，
由，
所以，故存在使，
所以0为数列中的项；
（3）不存在，理由如下：由，则，
设，
若，则，，
对任意，取（表示不超过的最大整数），
当时，
；
若，则为有限集，
设，，
对任意，取（表示不超过的最大整数），
当时，
；
综上，不存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有.
【点睛】关键点点睛：第三问，首选确定，并构造集合，讨论、研究存在性.





0



单调递减
极小值
单调递增