2024-2025学年北京市朝阳区清华大学附属中学朝阳分校高三上学期10月月考数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市朝阳区清华大学附属中学朝阳分校高三上学期10月月考数学试题（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.已知全集U=xx>0，集合A=x2≤x≤3，则∁UA=( )
A. 0,2∪3,+∞B. 0,2∪3,+∞
C. −∞,2∪3,+∞D. −∞,2∪3,+∞
2.若等差数列an和等比数列bn满足a1=b1，a2=b2=2，a4=8，则bn的公比为( )
A. 2B. −2C. 4D. −4
3.在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于直线y=x对称．若sinα=35，则csβ=( )
A. −45B. 45C. −35D. 35
4.若点M1,1为圆C: x2+y2−4x=0的弦AB的中点，则直线AB的方程是( )
A. x−y−2=0B. x+y−2=0C. x−y=0D. x+y=0
5.已知D是边长为2的正△ABC边BC上的动点，则AB⋅AD的取值范围是( )
A. [ 3,4]B. [ 3,2]C. [0,2]D. [2,4]
6.若a>b>0，则①1b>1a；②ab>a+1b+1；③ a+1− b+1> a− b.上述结论中，所有正确结论的序号是( )
A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③
7.若命题“∃x∈R,x2+2x+m≤0”是真命题，则实数m的取值范围是( )
A. m<1B. m≤1C. m>1D. m≥1
8.“a=1”是“函数fx=2x+a2x−a具有奇偶性”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
9.已知函数f(x)=3x−2x，则( )
A. fx在R上单调递增
B. 对∀x∈R,f(x)>−1恒成立
C. 不存在正实数a，使得函数y=fxax为奇函数
D. 方程fx=x只有一个解
10.如图为某无人机飞行时，从某时刻开始15分钟内的速度Vx(单位：米/分钟)与时间x(单位：分钟)的关系．若定义“速度差函数”vx为无人机在时间段0,x内的最大速度与最小速度的差，则vx的图像为( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.函数fx=1x−1+lnx的定义域是 ．
12.直线l:x+y=1截圆x2+y2−2x−2y=0的弦长= ．
13.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC__ (填“垂直”或“不垂直”)；▵AEF的面积的最大值为 ．
14.设函数fx=2x−1,x①若a=−2，则fx的最小值为 ．
②若fx有最小值，则实数a的取值范围是 ．
15.设数列an的前n项和为Sn，a1>0，an+1an−an2=λ(λ∈R).给出下列四个结论：
①an是递增数列； ②∀λ∈R,an都不是等差数列；
③当λ=1时，a1是an中的最小项； ④当λ≥14时，S2023>2022．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题12分)
在▵ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知b2+c2=a2+bc．
(1)求A的大小；
(2)如果csB= 63,b=2，求▵ABC的面积．
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,φ<π2，x=π6是函数f(x)的对称轴，且f(x)在区间π6,2π3上单调．
(1)从条件①、条件②、条件③中选一个作为已知，使得f(x)的解析式存在，并求出其解析式；
条件①：函数f(x)的图象经过点A0,12；
条件②：π3,0是f(x)的对称中心；
条件③：5π12,0是f(x)的对称中心．
(2)根据(1)中确定的f(x)，求函数y=f(x)x∈0,π2的值域．
18.(本小题12分)
如图，矩形ABCD和梯形ABEF,AF⊥AB,EF//AB，平面ABEF⊥平面ABCD，且AB=AF=2,AD=EF=1，过DC的平面交平面ABEF于MN．
(1)求证：DC//MN;
(2)当M为BE中点时，求平面ABCD与平面DCMN的夹角的余弦值；
(3)当M为BE中点时，求点E到平面DCMN的距离;
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex(ax2−x+1)．
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的方程；
(2)若函数f(x)在x=0处取得极大值，求a的取值范围；
(3)若函数f(x)存在最小值，直接写出a的取值范围．
20.(本小题12分)
已知f(x)=ksinx+2x ．
(1)当k=2时，判断函数f(x)零点的个数；
(2)求证：−sinx+2x>ln(x+1) x∈0,π2；
(3)若f(x)>ln(x+1)在x∈0,π2恒成立，求k的最小值．
21.(本小题12分)
若数列an的子列akn−i(i=0,1,2,⋯,k−1)均为等差数列，则称an为k阶等差数列．
(1)若an=n，数列a3n−2的前15项与a4n的前15项中相同的项构成数列bn，写出bn的各项，并求bn的各项和；
(2)若数列an既是3阶也是4阶等差数列，设a3n−2,a3n−1,a3n的公差分别为d1,d2,d3．
(ⅰ)判断d1,d2,d3的大小关系并证明；
(ⅱ)求证：数列an是等差数列．
参考答案
1.B
2.B
3.D
4.C
5.D
6.A
7.B
8.A
9.B
10.C
11.0,1∪1,+∞．
12. 6
13.垂直 3
14.−2 a≤−1
15.③④
16.(1)b2+c2=a2+bc。
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
又因为0(2)由csB= 63，0所以sinB= 1−cs2B= 33，
在▵ABC中，由正弦定理可得asinA=bsinB，
所以a=2sinAsinB=2× 32 33=3，
sinC=sinA+B=sinAcsB+csAsinB
= 32× 63+12× 33=3 2+ 36，
所以▵ABC的面积S▵ABC=12absinC=3 2+ 32．

17.(1)因为f(x)在区间π6,2π3上单调，所以T2≥2π3−π6=π2，
因为T=2πω，且ω>0，解得0<ω≤2；又因为x=π6是函数f(x)的对称轴，
所以π6×ω+φ=kπ+π2k∈Z；
若选条件①：因为函数f(x)的图象经过点A0,12，所以sinφ=12，
因为|φ|<π2，所以φ=π6，所以π6×ω+π6=kπ+π2，即ω=6k+2k∈Z，
当k=0时，ω=2，满足题意，故f(x)=sin(2x+π6) ．
若选条件②：因为π3,0是f(x)的对称中心，所以π3×ω+φ=mπm∈Z，
所以π6×ω+φ=kπ+π20<ω≤2π3×ω+φ=mπ，此方程无解，故条件②无法解出满足题意得函数解析式．
若条件③：因为5π12,0是f(x)的对称中心，所以5π12×ω+φ=mπm∈Z，
所以π6×ω+φ=kπ+π20<ω≤25π12×ω+φ=mπ，解得φ=π6ω=2，所以f(x)=sin(2x+π6) ．
(2)由(1)知，f(x)=sin(2x+π6) ，
所以y=f(x)x∈0,π2等价于f(x)=sin(2x+π6) ，x∈0,π2，
所以2x+π6∈π6,7π6，所以sin(2x+π6)∈−12,1，
即函数y=f(x)x∈0,π2的值域为：−12,1．

18.(1)因为矩形ABCD，所以DC//AB，
AB⊂平面ABEF，DC⊄平面ABEF，
所以DC//平面ABEF．
因为过DC的平面交平面ABEF于MN，
由线面平行性质定理，得DC//MN；
(2)由平面ABEF⊥平面ABCD其交线为AB，AF⊥AB,AF⊂平面ABEF
所以AF⊥平面ABCD，
又四边形ABCD为矩形，所以以A为原点，以AD、AB、AF为x,y,z轴建立空间直角坐标系．

由AB=AF=2,AD=EF=1，得B0,2,0,E0,1,2,M0,32,1，D1,0,0,C1,2,0，则DC=(0,2,0),DM=(−1,32,1)
设平面DCMN法向量n=x,y,z，则n⋅DC=0n⋅DM=0即2y=0−x+32y+z=0，取z=1得n=1,0,1.因为AF⊥平面ABCD，设平面ABCD法向量AF=0,0,2，
记平面ABCD与平面DCMN的夹角为θ，
所以csθ=n⋅AFAFn=22× 1+1= 22，
即平面ABCD与平面DCMN的夹角的余弦值为 22．
(3)因为平面DCMN法向量n=1,0,1．
又因为CE=−1,−1,2，所以点E到平面DCMN的距离d=n⋅CEn=1 2= 22；

19.解：
(1)由题意得：
f′(x)=ex(ax2−x+1+2ax−1)=ex(ax2+2ax−x)
f′(0)=0，f(0)=1
故曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的方程y=1．
(2)
由(1)得要使得f(x)在x=0处取得极大值，f′(x)在x<0时应该f′(x)>0，f′(x)在x>0时应该f′(x)<0，
∵f′(x)=xex(ax+2a−1)
故①a<0且1−2aa<0，解得a<0
②a>0且1−2aa>0，解得0当a=0时，f′(x)=−xex，满足题意；
当a=12时，f′(x)=12x2ex，不满足题意；
综上：a的取值范围为(−∞,12)．
(3)
可以分三种情况讨论：①a≤0②0若a≤0，f(x)在(−∞,1−2aa)上单调递减，在(1−2aa,0)单调递增，在(0,+∞)上单调递减，无最小值；
若00 ，要使函数取得存在最小值f(1−2aa)=e1−2aa[a(1−2aa)2−1−2aa+1]=ae1−2aa(4a−1)≤0，解得0若a≥12时，f(x)在x趋向−∞时，f(x)趋向于0，又f(0)=1，故无最小值；
综上所述函数f(x)存在最小值， a的取值范围0,14．
20.(1)当k=2时，f′(x)=2csx+2≥0，f(x)=2sinx+2x 在R上单调递增，f(0)=0，f(x)只有一个零点x=0；
(2)设g(x)=2x−sinx−ln(x+1)，当x∈0,π2时，g′(x)=2−csx−1x+1>0，所以g(x)在x∈0,π2上单调递增，所以g(x)>g(0)=0，所以2x−sinx−ln(x+1)>0，−sinx+2x>ln(x+1) ．
(3)解法一：当k≥−1时，由(2)得f(x)≥−sinx+2x>ln(x+1)，恒成立．
当k<−1时，设ℎ(x)=f(x)−ln(x+1)⇒ℎ′(x)=2+kcsx−1x+1⇒ℎ′′(x)=−ksinx+1(x+1)2>0．
ℎ′(x)在x∈0,π2上单增，ℎ′(0)=k+1<0，ℎ′(π2)=2−11+π2>0，
由零点存在性定理，存在x0使得ℎ′(x0)=0，
所以ℎ(x)在(0,x0)上递减，ℎ(x0)<ℎ(0)=0，不等式不恒成立，所以k的最小值为−1．
解法二：设ℎ(x)=f(x)−ln(x+1)⇒ℎ′(x)=2+kcsx−1x+1．
①当k≥−1时，ℎ′(x)=kcsx+2−1x+1>0，ℎ(x)在(0,π2)单增，ℎ(x)>ℎ(0)=0，f(x)>ln(x+1)在x∈(0,π2)恒成立．
②当k<−1时，设ℎ(x)=f(x)−ln(x+1)⇒ℎ′(x)=2+kcsx−1x+1⇒ℎ′′(x)=−ksinx+1(x+1)2>0．
ℎ′(x)递增，ℎ′(0)=k+1<0，ℎ′(π2)=2−11+π2>0，
由零点存在性定理，存在x0使得ℎ′(x0)=0，
所以ℎ(x)在(0,x0)上递减，ℎ(x0)<ℎ(0)=0，不等式不恒成立，所以k的最小值为−1．

21.(1)∵an=n，∴a3n−2=3n−2，a4n=4n，
a3n−2前15项分别为：1，4，7，10，13，16，19，22，25，28，31，34，37，40，43；
a4n前15项分别为：4，8，12，16，20，24，28，32，36，40，44，48，52，56，60；
bn的各项为：4，16，28，40；bn的各项和为：4+16+28+40=88；
(2)(ⅰ)由已知得，a3n−2,a3n−1,a3n均为等差数列，数列an既是3阶也是4阶等差数列，故a4n也为等差数列，
a4n：a4,a8,a12,a16,⋯,a4n，设公差为m，
a3n−2：a1,a4,⋯,a16,⋯,a3n−2，故4d1=a16−a4=3m，
a3n−1：a2,a5,a8,⋯,a20,⋯,a3n−1，故4d2=a20−a8=a16+4m−a4−4m=a16−a4=3m，
a3n：a3,a6,a9,a12,⋯,a24,⋯,a3n，故4d3=a24−a12=a16+8m−a4−8m=a16−a4=3m，
故d1=d2=d3=3m4．
(ⅱ)数列an既是3阶也是4阶等差数列，
a3n−2,a3n−1,a3n,a4n均为等差数列，由(ⅰ)得，设d=d1=d2=d3=3m4，
对于a4n，有a8−a4=m，a12−a8=m，a16−a12=m
对于a3n−2，有a7−a4=d=34m，对于a3n−1，有a11−a8=d=34m，
对于a3n−2，有a15−a12=d=34m，
∴a8−a7=m4，a12−a11=m4，a16−a15=m4，整理得，
a16−a12=a15−a11=m，a12−a8=a11−a7=m，
故a3n−a3n−1=a15+d(n−5)−a11−d(n−4)=a15−a11−d=m−34m=m4；
a3n−1−a3n−2=a11+d(n−4)−a7−d(n−3)=a11−a7−d=m−34m=m4；
所以，a3n−a3n−1=a3n−1−a3n−2=⋯=a2−a1=m4，故，an+1−an=m4，
所以，数列an是等差数列