2024-2025学年北京市朝阳区第八十中学高三上学期10月月考数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市朝阳区第八十中学高三上学期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。

一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A=−1,0,1，集合B={x∈Z|x2−2x≤0}，那么A∪B等于( )
A. −1B. 0,1C. 0,1,2D. −1,0,1,2
2.在复平面，复数z对应的点坐标为1,−1，则z1+i=( )
A. iB. −iC. 1−iD. 1+i
3.若a>0>b，则( )
A. a3>b3B. a>bC. 1a<1bD. lna−b>0
4.已知a=lg21.41,b=1.410.4,c=cs13π3，则( )
A. b>a>cB. b>c>aC. c>b>aD. c>a>b
5.设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是( )
A. 若l//α，l//β，则α//βB. 若l//α，l⊥β，则α⊥β
C. 若l⊥β，α⊥β，则l//αD. 若l//α，α⊥β，则l⊥β
6.将函数y=sin2x的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，得到的图象恰好关于直线x=π6对称，则φ的最小值是( )
A. π12B. π6C. π4D. π3
7.“一尺之锤，日取其半，万世不竭”语出《庄子·天下》，意思是一尺长的棍棒，每日截取它的一半，永远截不完(一尺约等于33.33厘米).若剩余的棍棒长度小于0.33厘米，则需要截取的最少次数为( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
8.已知Sn等差数列an的前n项和，则“Sn≥nan”是“an是递减数列”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
9.在▵ABC中，∠BAC=90∘，BC=2，点P在BC边上，且AP⋅AB+AC=1，则AP的取值范围是( )
A. 12,1B. 22,1C. 12,1D. 22,1
10.已知无穷数列an，a1=1.性质s:∀m，n∈N∗，am+n>am+an，性质t:∀m，n∈N∗，2≤mam+an，给出下列四个结论：
①若an=3−2n，则an具有性质s；
②若an=n2，则an具有性质t；
③若an具有性质s，则an≥n；
④若等比数列an既满足性质s又满足性质t，则其公比的取值范围为2,+∞．
则所有正确结论的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知角α，β的终边关于原点O对称，则csα−β= ．
12.已知向量a=2,0,b=m,1，且a与b的夹角为π3，则m= ．
13.等比数列{ an}的前n项和为Sn，能说明“若{an}为递增数列，则∀n∈N∗,Sn14.设函数fx=x3−3x,x≤a−x,x>a,①若a=0，则fx的最大值为 ；②若fx无最大值，则实数a的取值范围是 ．
15.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E,F分别为棱AD,BB1的中点.点P为正方体表面上的动点，满足A1P⊥EF.给出下列四个结论：
①线段A1P长度的最大值为2 3；
②存在点P，使得DP//EF；
③存在点P，使得B1P=DP；
④▵EPF是等腰三角形．

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.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1⊥底面ABC，AB⊥AC，E，F分别是棱AB，BC的中点.求证：
(1)A1C1//平面B1EF；
(2)AC⊥B1E．
17.设函数fx=sinωx+ 3csωx(ω>0).从下列三个条作中选择两个作为已知，使得函数fx存在．
(1)求fx的最小正周期及单调递减区间；
(2)若对于任意的x∈π2,π，都有fx≤c，求实数c的取值范围．
条件①：函数fx的图象经过点−π6,2；
条件②：fx在区间−5π12,π12上单调递增；
条件③：x=π12足fx的一条对称轴．
18.已知▵ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a(1−3csC)=3ccsA．
(1)求ba的值；
(2)若c=2，求B最大时▵ABC的面积．
19.已知直线y=kx与函数f(x)=xlnx−x2+x的图象相切．
(1)求k的值；
(2)求函数fx的极大值．
20.已知函数fx=alnx+1−xex+1．
(1)当a<0时，求fx的单调区间；
(2)若函数fx存在正零点x0，
(i)求a的取值范围；
(ii)记x1为fx的极值点，证明：x0<3x1．
21.给定正整数N≥3，已知项数为m且无重复项的数对序列A：x1,y1,x2,y2,⋅⋅⋅,xm,ym满足如下三个性质：①xi,yi∈1,2,⋅⋅⋅,N，且xi≠yii=1,2,⋅⋅⋅,m；②xi+1=yii=1,2,⋅⋅⋅,m−1；③p,q与q,p不同时在数对序列A中.
(1)当N=3，m=3时，写出所有满足x1=1的数对序列A；
(2)当N=6时，证明：m≤13；
(3)当N为奇数时，记m的最大值为TN，求TN．
参考答案
1.D
2.B
3.A
4.B
5.B
6.A
7.C
8.B
9.A
10.C
11.−1
12. 33/13 3
13.−1 ； ； ； ； ； (答案不唯一)；12
14.2 ； ； ； ； ；；(−∞,− 2)
15.①③④
16.(1)在▵ABC中，E，F分别是棱AB，BC的中点，
所以EF//AC．
又在三棱柱ABC=A1B1C1中，A1C1//AC，
所以A1C1//EF．
又因为A1C1⊄平面B1EF，EF⊂平面B1EF，
所以A1C1//平面B1EF．
(2)因为侧面ABB1A1⊥底面ABC，侧面ABB1A1∩底面ABC=AB，
AB⊥AC，AC⊂平面ABC，
所以AC⊥平面ABB1A1．
又因为B1E⊂平面ABB1A1，所以AC⊥B1E．

17.(1)因为fx=sinωx+ 3csωx=212sinωx+ 32csωx=2sinωx+π3，
若选①②：由①函数f(x)的图象经过点−π6,2，
则−πω6+π3=π2+2kπ，k∈Z，即ω=−1−12k，k∈Z，
由②f(x)在区间−5π12,π12上单调递增，有π12−−5π12≤T2，即T≥π，
又ω>0且T=2πω，即2πω≥π，所以0<ω≤2，此时ω不存在；
选条件②③：由②f(x)在区间−5π12,π12上单调递增，有π12−−5π12≤T2，即T≥π，
又ω>0且T=2πω，即2πω≥π，所以0<ω≤2，
由③x=π12是f(x)的一条对称轴，则π12ω+π3=π2+kπ，k∈Z，
所以ω=2+12k，k∈Z，所以ω=2，
所以f(x)=2sin2x+π3，则fx的最小正周期T=2π2=π，
由π2+2kπ≤2x+π3≤3π2+2kπ(k∈Z)，解得π12+kπ≤x≤7π12+kπ(k∈Z)，
所以f(x)的单调递减区间为π12+kπ,7π12+kπ(k∈Z)；
若选①③：由①函数f(x)的图象经过点−π6,2，
则−πω6+π3=π2+2kπ，k∈Z，即ω=−1−12k，k∈Z，
由③x=π12是f(x)的一条对称轴，则π12ω+π3=π2+kπ，k∈Z，所以ω=2+12k，k∈Z，
此时ω不存在；
(2)由(1)可知f(x)=2sin2x+π3，
因为x∈π2,π，所以2x+π3∈4π3,7π3，
所以sin2x+π3∈−1, 32，f(x)∈−2, 3，
因为对于任意的x∈π2,π，都有f(x)≤c，所以c≥ 3，
即c的取值范围为 3,+∞．

18.解：(1)因为a(1−3csC)=3ccsA，
由正弦定理得sinA(1−3csC)=3sinCcsA，
得sinA=3sinAcsC+3csAsinC=3sin(A+C)=3sinB，
由正弦定理得a=3b，所以ba=13．
(2)由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=9b2+4−b212b
=2b3+13b≥2 2b3⋅13b=2 23，
当且仅当2b3=13b，即b= 22时取等号，
当csB取最小值时，B最大，
此时a=3b=3 22，c=2，sinB= 1−cs2B=13，
△ABC的面积为12acsinB=12×3 22×2×13= 22．
19.解：(1)由已知，设切点为 (x0,x0lnx0−x02+x0)，(x0>0)
又f′(x)=lnx−2x+2，故切线的斜率为 k=lnx0−2x0+2，
即切线方程为 y−(x0lnx0−x02+x0)=(lnx0−2x0+2)(x−x0)，
代入 (0,0)，即 x02−x0=0，解得 x0=1，
所以 k=0.
(2)由(1)f′(x)=lnx−2x+2，易知f(1)=0，
设 g(x)=lnx−2x+2，则 g′(x)=1x−2，
令 g′(x)=0，得 x=12. 当 x∈(0,12)时， g′(x)>0；
当 x∈(12,+∞)时，g′(x)<0，
从而 g(x)在(0,12)上单调递增，在(12,+∞)上单调递减，
故 g(x)≤g(12)=1−ln2>0，又 g(1e2)=−2e2<0，
所以存在x1∈(1e2,12)，使g(x1)=0，
综上可得当x∈(0,x1)时，f′(x)<0，当x∈(x1,1)时，f′(x)>0，
当x∈(1,+∞)，f′(x)<0，
从而f(x)在(0,x1)，(1,+∞)上单调递减，在(x1,1)上单调递增，
故 f(x)存在唯一极大值f(1)=0.

20.(1)由已知可得fx的定义域为−1,+∞，
且f′x=ax+1−ex+1+xex+1=a−(x+1)2ex+1x+1，
因此当a<0时，a−(x+1)2ex+1<0，从而f’(x)<0，
所以fx的单减区间是−1,+∞，无单增区间；
(2)(ⅰ)由(1)知，f′x=a−x+12ex+1x+1，
令gx=a−(x+1)2ex+1,g′x=−x2+4x+3ex+1，
当x∈−1,+∞时，g′x=−x2+4x+3ex+1<0,gx单调递减．
①当a≤0时，可知f′x<0,fx在−1,+∞内单调递减，
又f0=0，故当x>0时，fx<0，所以fx不存在正零点；
②当0fx在(0,+∞)单调递减，故当x>0时，fx<0，函数fx不存在正零点；
③当a>e时，lna−1>0，此时g0=a−e>0,glna−1=a(1−lna)2<0，
所以存在α∈0,lna−1满足gα=0，
所以fx在−1,α内单调递增，在α,+∞内单调递减．
令ℎx=lnx−x+1，则当x>0时，ℎ′x=1x−1，
故ℎ(x)在(0,1)内单调递增，在(1,+∞)内单调递减，
从而当x>1时，ℎx<ℎ1=0，即lnx所以flna−1=alnlna−lna−1<0，
又因为f0=0，所以fα>0，
因此，此时存在正零点x0；
综上，实数a的取值范围为e,+∞；
(ⅱ)由题意，f′x1=0fx0=0，即a=x1+12ex1+1alnx0+1=x0ex0+1,
从而lnx0+1=x0x1+12ex0−x1，即ex0−x1=x1+12lnx0+1x0，
由(ⅰ)知当x>1时，lnx0，有lnx+1又x0>x1>0，故ex0−x1两边取对数，得lnex0−x1<2lnx1+1，
于是x0−x1<2lnx1+1<2x1，整理得x0<3x1．

21.解：(1)依题意，当N=3，m=3时有：
A:1,2,2,3,3,1或A:1,3,3,2,2,1．
(2)当N=6时，
因为p,q与q,p不同时在数对序列A中，
所以m≤C62=15，所以1,2,3,4,5,6每个数至多出现5次，
又因为xi+1=yii=1,2,⋯,m−1，
所以只有x1,ym对应的数可以出现5次，
所以m≤12×4×4+2×5=13．
(3)当N为奇数时，先证明TN+2=TN+2N+1．
因为p,q与q,p不同时在数对序列A中，
所以TN≤CN2=12NN−1，
当N=3时，构造A:1,2,2,3,3,1恰有C32项，
且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1．
对奇数N，如果可以构造一个恰有CN2项的序列A，
且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1，
那么对奇数N+2而言，可按如下方式构造满足条件的序列A′：
首先，对于如下2N+1个数对集合：
1,N+1,N+1,1,1,N+2,N+2,1，
2,N+1,N+1,2,2,N+2,N+2,2，
……
N,N+1,N+1,N,N,N+2,N+2,N，
N+1,N+2,N+2,N+1，
每个集合中都至多有一个数对出现在序列A′中，
所以TN+2≤TN+2N+1，
其次，对每个不大于N的偶数i∈2,4,6,⋯,N−1，
将如下4个数对并为一组：
N+1,i,i,N+2,N+2,i+1,i+1,N+1，
共得到N−12组，将这N−12组对数以及1,N+1,N+1,N+2,N+2,1，
按如下方式补充到A的后面，
即A,(1,N+1),(N+1,2),(2,N+2),(N+2,3),(3,N+1),⋯,
(N+1,N−1),(N−1,N+2),(N+2,N),(N,N+1),(N+1,N+2),(N+2,1)．
此时恰有TN+2N+1项，所以TN+2=TN+2N+1．
综上，当N为奇数时，
TN=TN−TN−2+TN−2−TN−4+⋯+T5−T3+T3
=2N−2+1+2N−4+1+⋯+2×3+1+3
=2N−2+1+2N−4+1+⋯+2×3+1+2×1+1
=2N−3+2N−7+⋯+7+3
=2N−3+32×N−2+12=12NN−1．