2024-2025学年北京市中国人民大学附中朝阳学校高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

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这是一份2024-2025学年北京市中国人民大学附中朝阳学校高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|−1A. (−1,+∞)B. (−1,2]
C. (−∞,−2]∪(−1，+∞)D. (−∞,−2]∪(−1，3)
2.若tan(π−x)=12，则cs(π2+x)=( )
A. ±1 5B. ±2 5C. −1 5D. 2 5
3.已知a=lg21.41，b=1.70.3，c=cs7π3，则( )
A. b>a>cB. b>c>aC. c>b>aD. c>a>b
4.如图，在△ABC中，AD为BC边上的中线，若E为AD的中点，则CE=( )
A. −14AB−54ACB. −14AB−34ACC. 14AB−54ACD. 14AB−34AC
5.已知数列{an}是a1>0的无穷等比数列，则“{an}为递增数列”是“∀k≥2且k∈N∗，ak>a1”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
6.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5=15，则a2⋅a4的最大值为( )
A. 94B. 3C. 9D. 36
7.函数f(x)=2 3sin2(ωx)+sin(2ωx+2π3)，其中ω>0，其最小正周期为π，则下列说法中错误的个数是( )
①ω=1
②函数f(x)图象关于点(π3, 3)对称
③函数f(x)图象向右移φ(φ>0)个单位后，图象关于y轴对称，则φ的最小值为5π12
④若x∈[0,π2]，则函数f(x)的最大值为 3+1
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.已知正方形ABCD的边长为2，动点P在以D为圆心且与AC相切的圆上，则BP⋅AC的取值范围是( )
A. [−2 2,2 2]B. [0,2 2]C. [−4,4]D. [0,4]
9.已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为2.65g/m3，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为2.59g/m3，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量rn满足函数模型rn=r0+(r1−r0)⋅50.25n+p(p∈R,n∈N∗)，其中r0为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，r1为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数.假设废水中含有的污染物数量不超过0.25g/m3时符合废水排放标准，若该企业排放废水符合排放标准，则改良工艺次数最少要(参考数据：lg2≈0.301)( )次．
A. 8B. 9C. 10D. 11
10.定义满足方程f′(x)+f(x)=1的解x0叫做函数f(x)的“自足点”，则下列函数不存在“自足点”的是( )
A. f(x)=x2−3xB. f(x)=x+1x
C. f(x)=lnxD. f(x)=ex−sinx+3
11.已知函数f(x)=ln|x+1|−ln|x−1|，则f(x)( )
A. 是偶函数，且在(−1,1)上单调递增B. 是奇函数，且在(1,+∞)上单调递减
C. 是偶函数，且在(−∞,−1)上单调递增D. 是奇函数，且在(−1,1)上单调递减
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
12.函数y=lg21+x1−x的定义域是______．
13.在△ABC中，AB=AC=1，∠A=90°，则AB⋅BC= ______．
14.已知数列{an}的通项公式为an=2n−1，{bn}的通项公式为bn=1−2n.记数列{an+bn}的前n项和为Sn，则S4= ；Sn的最小值为．
15.在△ABC中，a=6，b=4，C=2B，则△ABC的面积为______．
16.已知函数f(x)=|x+m|,x≤mx2,x>m．
①函数f(x)的零点个数为______．
②若存在实数b，使得关于x的方程f(x)=b有三个不同的根，则实数m的取值范围是______．
三、解答题：本题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
在△ABC中，已知a2+b2− 2ab=c2．
(Ⅰ)求角C的大小；
(Ⅱ)若c=2 2，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，使得△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积．
条件①：sinA=45；
条件②：2acsA=ccsB+bcsC；
条件③：△ABC的周长是2 6+2 2．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
18.(本小题13分)
已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π2)的部分图象如图所示．
(Ⅰ)求ω的值；
(Ⅱ)从下列三个条件中选择一个作为已知，使函数f(x)存在，并求函数f(x)在[0,π2]上的最大值和最小值．
条件①：函数f(x+5π12)是奇函数；
条件②：将函数f(x)的图象向右平移π12个单位长度后得到y=sinωx的图象；
条件③：f(0)=f(2π3)．
19.(本小题14分)
已知函数f(x)=xsin2x+cs2x．
(Ⅰ)求曲线y=f(x)在(−π4,f(−π4))处的切线方程；
(Ⅱ)求函数f(x)在区间[−2π3,5π6]上的极值点个数．
20.(本小题15分)
已知函数f(x)=ax−ln(1−x)(a∈R)．
(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(Ⅱ)若f(x)≥0恒成立，求a的值；
(Ⅲ)若f(x)有两个不同的零点x1x2，且|x2−x1|>e−1，求a的取值范围．
21.(本小题14分)
有穷数列a1，a2，…，an(n>2)中，令S(p,q)=ap+ap+1+…+aq(1≤p≤q≤n,p,q∈N∗)，
当p=q时，规定S(p,q)=ap．
(Ⅰ)已知数列−3，2，−1，3，写出所有的有序数对(p,q)，且p0；
(Ⅱ)已知整数列a1，a2，…，an，n为偶数，若S(i,n−i+1)(i=1,2,…,n2)，满足：当i为奇数时，S(i,n−i+1)>0；当i为偶数时，S(i,n−i+1)<0.求|a1|+|a2|+…+|an|的最小值；
(Ⅲ)已知数列a1，a2，…，an满足S(1,n)>0，定义集合A={i|S(i+1,n)>0，i=1，2，…，n−1}.若A={i1,i2,…,ik}(k∈N∗)且为非空集合，求证：S(1,n)>ai1+ai2+…+ai2．
参考答案
1.C
2.A
3.B
4.D
5.C
6.C
7.A
8.C
9.D
10.D
11.B
12.(−1,1)
13.−1
14.−1 −2
15.3 15
16.1 (0,2)∪(−∞,−2)
17.解：(Ⅰ)因为a2+b2− 2ab=c2，
可得a2+b2−c2= 2ab，
由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab= 22，
而C∈(0,π)，
可得C=π4；
(Ⅱ)若选①：sinA=45> 22，所以角A有两个，不符合条件；
若选②：因为2acsA=ccsB+bcsC，由正弦定理可得2sinAcsA=sinCcsB+csCsinB=sin(B+C)=sinA，
在三角形中sinB>0，
可得csA=12，
所以A=π3，B=π−A−C=5π12，
且sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC= 32⋅ 22+12⋅ 22= 6+ 24，
由正弦定理可得：asinA=csinC，即a 32=2 2 22，可得a=2 3，
所以S△ABC=12acsinB=12×2 3×2 2× 6+ 24=3+ 3；
若选③：△ABC的周长是2 6+2 2，因为c=2 2，
可得a+b=2 6，
由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC=2 2 22=4，
可得a=4sinA，b=4sinB，
所以4(sinA+sinB)=2 6，
即sinA+sin(A+π4)= 62，
整理可得：(2+ 2)sinA+ 2csA= 6，
即sin(A+φ)= 34+2 2，sinφ= 12+ 2< 34+2 2，
在三角形中，角A有两个，不符合条件．
综上所述：只有②符合条件，且此时三角形的面积为3+ 3．
18.解：(Ⅰ)由题意知T2=π2，即T=π，
因为ω>0，所以2πω=π，解得ω=2．
(Ⅱ)选择条件①：函数f(x+5π12)是奇函数，
则f(x+5π12)=sin[2(x+5π12)+φ]=sin(2x+5π6+φ)，
因为函数f(x+5π12)是奇函数，所以5π6+φ=kπ(k∈Z)，即φ=−5π6+kπ(k∈Z)，
因为φ∈(0,π2)，所以φ=π6，
于是，f(x)=sin(2x+π6)，
因为0≤x≤π2，
所以π6≤2x+π6≤7π6，
当2x+π6=π2，即x=π6时，f(x)取得最大值为1．
当2x+π6=7π6，即x=π2时，f(x)取得最小值为−12；
选择条件②：将函数f(x)的图象向右平移π12个单位长度后得到y=sinωx的图象，
y=sin2[(x−π12)+φ]=sin(2x−π6+φ)因为其图象与y=sin2x的图象相同，
所以−π6+φ=2kπ,k∈Z，
所以φ=π6+2kπ,k∈Z，
因为φ∈(0,π2)，所以φ=π6，
于是，f(x)=sin(2x+π6)，
因为0≤x≤π2，
所以π6≤2x+π6≤7π6，
当2x+π6=π2，即x=π6时，f(x)取得最大值为1．
当2x+π6=7π6，即x=π2时，f(x)取得最小值为−12；
选择条件③：f(0)=f(2π3)，
所以sinφ=sin(4π3+φ)=− 32csφ−12sinφ，0<φ<π2，
此时φ不存在．
19.解：(Ⅰ)因为f(x)=xsin2x+cs2x，
所以f′(x)=sin2x+2xcs2x−2sin2x=2xcs2x−sin2x，
所以f(−π4)=π4，f′(−π4)=1，
故曲线y=f(x)在(−π4,f(−π4))处的切线方程为y=x+π2；
(Ⅱ)f′(x)=2xcs2x−sin2x，
设g(x)=f′(x)，则g′(x)=2cs2x−4xsin2x−2cs2x=−4xsin2x，
令g′(x)=0，得x1=−π2，x2=0，x3=π2，
故当x∈(−2π3,−π2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(−π2,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0,π2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(π2,5π6)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
又f′(−2π3)=−4π3×(−12)− 32=2π3− 32>0，f′(−π2)>0，f′(0)=0，f′(π2)<0，f′(5π6)=5π3×12+ 32>0，
故存在x0∈(π2,5π6)，使得f′(x0)=0，
则f(x)在区间[−2π3,0]上单调递增，在区间[0,x0]上单调递减，在区间[x0,5π6]上单调递增，
故f(x)在区间[−2π3,5π6]上有且仅有两个极值点．
20.解：(1)由f(x)=ax−ln(1−x)，得f′(x)=a+11−x(x<1)，
因为f(0)=0，f′(0)=a+1，
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(a+1)x；
(2)f′(x)=a+11−x=−ax+a+11−x(x<1)，
①当a≥0时，f(−1)=−a−ln2<0，不符合题意；
②当a<0时，令f(x)=0，解得x=1+1a，
当x∈(−∞,1+1a)时，f′(x)<0，f(x)在区间(−∞,1+1a)上单调递减，当x∈(1+1a,1)时，f′(x)>0，f(x)在区间(1+1a,1)上单调递增，
所以当x=1+1a时，f(x)取得最小值，f(1+1a)=a+1+ln(−a)，
若f(x)≥0恒成立，则a+1+lℎn(−a)≥0，
设φ(x)=x+1+ln(−x)(x<0)，则φ′(x)=1+1x=x+1x，
当x∈(−∞,−1)时，φ′(x)>0，φ(x)在区间(−∞,−1)上单调递增，
当x∈(−1,0)时，φ′(x)<0，φ(x)在区间(−1,0)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(−1)=0，即a+1+ln(−a)≥0的解为a=−1，
所以a=−1；
(3)当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在区间(−∞,1)上单调递增，
所以f(x)至多有一个零点，不符合题意；
当a<0时，因为f(0)=0，不妨设x1=0，
若0若x2<0，则x2<1−e，
由(2)可知，只需f(1−e)<0，即a(1−e)−1<0，
解得11−e即a的取值范围为(11−e,0)．
21.解：(1)(p,q)为(1,4)时，S(p,q)=−3+2+(−1)+3=1>0，
(p,q)为(2,3)时，S(p,q)=2+(−1)=1>0，
(p,q)为(2,4)时，S(p,q)=2+(−1)+3=4>0，
(p,q)为(3,4)时，S(p,q)=(−1)+3=2>0，
故p0的有序数对有(1,4)、(2,3)、(2,4)、(3,4)；
(2)由题意可得S(1,n)>0，S(2,n−1)<0，
又an为整数，故S(1,n)≥1，S(2,n−1)≤−1，
则S(1,n)−S(2,n−1)=a1+an≥2，
同理可得S(2,n−1)−S(3,n−2)=a2+an−1≤−2，
即有|a2+an−1|≥2，
同理可得，当i≠n2时，有|ai+an−i+1|≥2，
即当i≠n2时，有|ai|+|an−i+1|≥|ai+an−i+1|≥2，
当i=n2时，|S(n2,n2+1)|=|an2+an2+1|≥1，
故|a1|+|a2|+⋯+|an|=(|a1|+|an|)+(|a2|+|an−1|)+⋯+(|an2|+|an2+1|)≥(|a1+an|)+(|a2+an−1|)+⋯+(|an2+an2+1|)
=2(n−22)+1=n−1；
(3)证明：对于数列a1a2，…an，A={i1,i2,⋯,ik}，不妨设i1①首先考虑im−im−1≥2(m=1,2,⋯,k)，2≤i1由于S(i1,n)≤0，S(i1+1,n)>0，故ai1<0同理ai2<0，…，aik<0，
故S(1,n)>0>ai1+ai2+⋯+aik，
②再考虑i1，i2，…，ik中有连续一段是连续的正整数的情况，
此时ip−1∉A，iq+1∉A，im+1−im=1，(m=p,p+1,…,q−1)，1≤p≤q−1≤k−1，
因为S(ip,n)−S(iq+1,n)=aip+1+aip+2+...+aiq，S(ip,n)−S(iq+1,n)<0，
故这说明此连续的q−p项的和为负．
同理，当含有多段的连续正整数的情况时，每段的和为负，
再由①中结论，可得S(1,n)>0>ai1+ai2+⋯+aik，
③若在①②中i1=1，i2=2，…，im=m，im+1∉A，由于S(im+1,n)>0，
此时去掉前m项，则可转化①②的情况，所以有S(1,n)>0>ai1+ai2+⋯+aik，
④若A={1,2,3,…,m}(m≤n−1)，则am+1+am+2+⋯+an>0，
所以此时有S(1,n)>ai1+ai2+⋯+aik，
综上，结论成立．

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