2024-2025学年北京市海淀区中国人民大学附属中学分校高三上学期10月月考检数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市海淀区中国人民大学附属中学分校高三上学期10月月考检数学试题（含答案），共12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=xx2−2x−8<0,B=xy= x,y∈Z，则A∩B=( )
A. −2,4B. 0,4C. 0,1D. 0,1
2.下列函数中，在定义域上为奇函数，且在0,+∞上递减的是( )
A. fx=1xB. fx=csxC. fx=−x13D. fx=ex−e−x
3.已知a>b>0，以下四个数中最大的是( )
A. b B. abC. a+b2D. a2+b22
4.已知角α的顶点在原点，始边与x轴非负半轴重合，终边经过点Psinπ3,cs−π3，则角α的一个可能值为( )
A. −π6B. π6C. −π3D. π3
5.已知函数fx=9lgx−x+1，则fx>0的解集为( )
A. 0,10B. 1,10
C. 0,1∪10,+∞D. −∞,1∪10,+∞
6.已知定义域为R的函数fx满足fx−2是奇函数，fx是偶函数，则下列各数一定是fx零点的是( )
A. 2019B. 2022C. 2025D. 2028
7.深度学习的神经网络优化模型之一是指数衰减的学习率模型：L=L0DGG0，其中，L表示每一轮优化时使用的学习率，L0表示初始学习率，D表示衰减系数，G表示训练迭代轮数，G0表示衰减速度．已知，某个指数衰减学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为18.经过18轮迭代学习时，学习率衰减为0.4，则学习率衰减到0.2以下所需要的训练迭代轮数至少为( )(参考数据：lg2=0.3010)
A. 71B. 72C. 73D. 74
8.已知a,b均为正实数．则“1a>1b”是“a2+5b2>6ab”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. 既不充分又不必要条件
9.音乐喷泉曲线形似藤蔓上挂结的葫芦，也可称为“葫芦曲线”.它的性质是每经过相同的时间间隔，它的
振幅就变化一次.如图所示，某一条葫芦曲线的方程为y=2−122xπsinωx,x≥0，其中[x]表示不超过x的最大整数.若该条曲线还满足ω∈1,3，经过点M34π,32.则该条葫芦曲线与直线x=76π交点的纵坐标为( )
A. ±12B. ± 22C. ± 32D. ±1
10.如图所示，直线y=kx+m与曲线y=f(x)相切于x1,fx1,x2,fx2两点，其中x1k，则函数fx−kx在(0,+∞)上的极大值点个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.函数fx= ln1−x的定义域为
12.函数fx=12x,−1≤x<0x12,0≤x≤1的值域为 ．
13.已知对任意实数x，均有csx−π6=sinωx+φ,ω∈R，写出一组满足条件的ω,φ= ．
14.已知函数fx=lnx+1−k有两个零点a,b(a15.已知函数fx=x+1+ax−2(a>0)定义域为R，最小值记为Ma，给出以下四个结论：
①Ma的最小值为1；
②Ma的最大值为3；
③fx在−∞,−1上单调递减；
④a只有唯一值使得y=f(x)的图象有一条垂直于x轴的对称轴．
其中所有正确结论的是： ．
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)
已知数列an的前n项和为Sn=n2+3n,n∈N∗．
(1)求an的通项公式：
(2)若等比数列bn满足b1=a2,b2=a3，求bn的前n项和Tn．
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=sinωxcsφ−csωxsinφ(ω>0,|φ|<π2)．
(1)若f(0)=− 22，求φ的值；
(2)已知f(x)在[π6,2π3]上单调递减，f(2π3)=−1，从以下三个条件中选一个作为已知，使得函数f(x)唯一确定，求ω,φ的值．
①(512π,0)是曲线y=f(x)的一个对称中心；
②f(−π3)=12；
③f(x)在[0,π6]上单调递增；
18.(本小题12分)
已知函数fx=23x3+x2−4x+a
(1)若a=0，求曲线y=fx的斜率为−4的切线方程；
(2)求函数的单调递增区间；
(3)若函数在−1,2上恰有1个零点，直接写出a的取值集合．
19.(本小题12分)
海水受日月引力会产生潮汐．以海底平面为基准，涨潮时水面升高，退潮时水面降低．现测得某港口某天的时刻与水深的关系表如下所示：(3.1时即为凌晨3点06分)
(1)根据以上数据，可以用函数y=Asinωx+φ+bω>0,|φ|<π2来近似描述这一天内港口水深与时间的关系，求出这个函数的解析式；
(2)某条货船的吃水深度(水面高于船底的距离)为4.2米．安全条例规定，在本港口进港和在港口停靠时，船底高于海底平面的安全间隙至少有2米，根据(1)中的解析式，求出这条货船最早可行的进港时间及这条货船一天最多可以在港口中停靠的总时长．
20.(本小题12分)
已知函数fx=exx2+x，记其在点a,fa处的切线方程为：y=gax．
定义关于x的函数Fax=fx−gax．
(1)求g1x的解析式；
(2)当a>0时，判断函数Fax的单调性并说明理由；
(3)若a满足当x≠a时，总有fx−gaxx−a>0成立，则称实数a为函数fx的一个“Q点”，求fx的所有Q点．
21.(本小题12分)
已知集合Ωn=XX=x1,x2,...,xn,xi∈0,1,i=1,2,...,n，对于任意X∈Ωn，
操作一：选择X中某个位置(某两个数之间或第一个数之前或最后一个数之后)，插入连续k个1或连续k个0，得到Y∈Ωn+kk≥1；
操作二：删去X中连续k个1或连续k个0，得到Y∈Ωn−k1≤k≤n−1；
进行一次操作一或者操作二均称为一次“10月变换”，在第n次n∈N∗“10月变换”的结果上再进行1次“10月变换”称为第n+1次“10月变换”．
(1)若对X=0,1,0进行两次“10月变换”，依次得到Y∈Ω4，Z∈Ω2.直接写出Y和Z的所有可能情况．
(2)对于X=0,0,...,0∈Ω100和Y=0,1,0,1,...,0,1∈Ω100至少要对X进行多少次“10月变换”才能得到Y？说明理由．
(3)证明：对任意X,Y∈Ω2n，总能对X进行不超过n+1次“10月变换”得到Y．
参考答案
1.D
2.C
3.D
4.B
5.B
6.B
7.D
8.A
9.C
10.D
11.−∞,0
12.0,2
13.−1,2π3(答案不唯一)
14.(2,+∞)
15.②③④
16.(1)因为数列an的前n项和为Sn=n2+3n,n∈N∗，
当n=1时，a1=S1=12+3×1=4；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+3n−(n−1)2+3(n−1)=2n+2；
又因为a1=4=2×1+2，符合an=2n+2，
所以an的通项公式为：an=2n+2，n∈N∗．
(2)设等比数列bn的公比为q．
因为等比数列bn满足b1=a2,b2=a3，即b1=6，b2=8，
所以q=b2b1=86=43，所以Tn=61−43n1−43=18⋅43n−18，
所以bn的前n项和Tn=18(43)n−18．

17.(1)依题意，函数f(x)=sin(ωx−φ)，由f(0)=− 22，得−sinφ=− 22，
即sinφ= 22，而|φ|<π2，解得φ=π4，
所以φ的值是π4．
(2)由f(x)在[π6,2π3]上单调递减，得函数f(x)的最小正周期T=2πω≥2(2π3−π6)=π，解得0<ω≤2，
由f(2π3)=−1，得sin(2π3ω−φ)=−1，又−φ<2π3ω−φ≤4π3−φ，而|φ|<π2，
即−π2<φ<π2，5π6<4π3−φ<11π6，因此2π3ω−φ=3π2，
选择①，(5π12,0)是曲线y=f(x)的一个对称中心，而5π12∈[π6,2π3]，
则函数f(x)的最小正周期T=2πω=4(2π3−5π12)=π，解得ω=2，
由2π3ω−φ=3π2，得φ=−π6，函数f(x)=sin(2x+π6)唯一确定，经验证符合题意，
所以ω=2,φ=−π6．
选择②，f(−π3)=12，即sin(−π3ω−φ)=12，化简得sin(π3ω+φ)=−12，
又φ<π3ω+φ≤2π3+φ，−π2<φ<π2，π6<2π3+φ<7π6，于是π3ω+φ=−π6，
联立2π3ω−φ=3π2，解得ω=43,φ=−11π18，不符合题意，函数f(x)不能确定．
选择③，f(x)在[0,π6]上单调递增，fπ6=1，则函数f(x)的最小正周期T=2πω=2(2π3−π6)=π，
解得ω=2，由2π3ω−φ=3π2，得φ=−π6，函数f(x)=sin(2x+π6)唯一确定，经验证符合题意，
所以ω=2,φ=−π6．

18.(1)解：因为a=0，
所以fx=23x3+x2−4x，f′x=2x2+2x−4，
设斜率为−4的直线与y=f(x)相切于(x0,23x03+x02−4x0)，
令2x02+2x0−4=−4，解得x0=0或x0=−1，
当x0=0时，切点为(0,0)，
此时切线方程为y=−4x；
当x0=−1时，切点为(−1,133)，
此时切线方程为：y−133=−4(x+1)，
即12x+3y−1=0；
综上，所求切线方程为：y=−4x和12x+3y−1=0；
(2)解：因为fx=23x3+x2−4x+a，
所以f′x=2x2+2x−4=2(x+2)(x−1)，
令f’(x)>0，得x<−2或x>1，
所以函数的单调递增区间为(−∞,−2),(1,+∞)；
(3)解：令fx=23x3+x2−4x+a=0，
则−a=23x3+x2−4x，
令g(x)=23x3+x2−4x,x∈[−1,2]，
则g′(x)=2x2+2x−4=2(x+2)(x−1)，
所以当x∈[−1,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1,2]时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
所以g(x)min=g(1)=−73，又g(−1)=133，g(2)=43，
又因为函数在−1,2上恰有1个零点，
即直线y=−a与y=g(x)的图象在−1,2上只有一个交点，
如图所示：
由此可得−a=−73或43<−a≤133，
解得a=73或−133≤a<−43，
所以实数a的取值集合为[−133,−43)∪{73}

19.(1)由表格可知y的最大值为7.4，最小值为2.6，
所以A=7.4−2.62=2.4,b=7.4+2.62=5，
由表格可知T=12.4−0=12.4，
所以ω=2πT=2π12.4=5π31，
所以y=2.4sin5π31x+φ+5，
将点(3.1,7.4)代入可得：7.4=2.4sin5π31×3.1+φ+5，
所以5π31×3.1+φ=π2+2kπ,k∈Z，
解得φ=0+2kπ,k∈Z，
因为φ<π2，所以φ=0，
所以y=2.4sin5π31x+5,0≤x<24．
(2)货船需要的安全水深为4.2+2=6.2米，
所以进港条件为y≥6.2．
令2.4sin5π31x+5≥6.2，
即sin5π31x≥12，
所以π6+2kπ≤5π31x≤5π6+2kπ,k∈Z，
解得3130+62k5≤x≤316+62k5,k∈Z，
因为0≤x<24，
所以k=0时，3130≤x≤316，
k=1时，40330≤x≤52730
因为3130(时)=1时2分，316(时)=5时10分．
40330 (时)=13 时26分，(时)=17 时34分．
因此，货船可以在1时2分进港，早晨5时10分出港；或在下午13时26分进港，下午17时34分出港．
则该货船最早进港时间为1时2分，停靠总时长为8小时16分钟．

20.(1)∵fx=exx2+x，
f′x=exx2+x+ex2x+1=exx2+3x+1
当a=1时，f1=2e，f′1=5e，
故fx在1,2e处的切线方程为：y−2e=5ex−1，
即y=5ex−3e，
∴g1x=5ex−3e；
(2)由1知：gax=f′ax−a+fa
=eaa2+3a+1x−a+eaa2+a
=eaa2x+3ax+x−a3−2a2
Fax=fx−gax=exx2+x−eaa2x+3ax+x−a3−2a2，
∴F′ax=exx2+x+ex2x+1−eaa2+3a+1
=exx2+3x+1−eaa2+3a+1
=exx2+3x+1−ea−xa2+3a+1
令ℎx=x2+3x+1−ea−xa2+3a+1，
则ℎ′x=2x+3+ea−xa2+3a+1=ex2x+3+eaa2+3a+1ex，
令φx=ex2x+3+eaa2+3a+1，
则φ′x=ex2x+5，
当x<−52时，φ’(x)<0，φ(x)单调递减，
当x>−52时，φ’(x)>0，φ(x)单调递增，
故φx≥φ−52
φ−52=e−522×−52+3+eaa2+3a+1
=−2e−52+eaa2+3a+1
=e−52ea+52a2+3a+1−2，
∵a>0，∴ea+52a2+3a+1−2>0，
即φx>0恒成立，即ℎ’(x)>0恒成立，
即ℎ(x)在R上单调递增，
又∵ℎa=a2+3a+1−e0a2+3a+1=0，
故当x当x>a时，ℎa>0，即F′ax>0，Fax单调递增；
综上所述：当a>0时，Fax在−∞,a上单调递减；在a,+∞上单调递增；
(3)∵当x≠a时，总有fx−gaxx−a>0成立，
故Fax与x−a同号，即当x当x>a时，Fax>0，
又∵Faa=eaa2+a−eaa3+3a2+a−a3−2a2=0，
即Fax在R上单调递增，即F a′x≥0恒成立，
∴由2知：ℎa=0，即F′aa=0，
故当x>a时，φx=ex2x+3+eaa2+3a+1≥0恒成立，
∵φx=ex2x+3+eaa2+3a+1≥ea2a+3+eaa2+3a+1=eaa2+5a+4≥0，
解得：a≤−4或a≥−1，
当x解得：−4≤a≤−1，故a=−4或a=−1，
故fx的所有Q点为a=−4或a=−1．

21.(1)由于对Y∈Ω4进行一次“10月变换”后就得到了Z∈Ω2，说明Y一定含有2个相同且相邻的数，从而Y只可能是0,1,1,0，0,0,1,0，0,1,0,0，对应的Z分别是0,0，(1,0)，(0,1)．
(2)对每个Ωn中的元素，将其所有连续的0和连续的1各自记为一个段落，则容易得到：
若对某个A进行一次操作一得到B，则B的段落数或者和A的段落数相等，或者比A的段落数多1，或者比A的段落数多2；
若对某个A进行一次操作二得到C，则C的段落数或者和A的段落数相等，或者比A的段落数少1，或者比A的段落数少2．
这表明，每次“10月变换”下，变换前后元素的段落数之差的绝对值不超过2．
现在，X=0,0,...,0∈Ω100的段落数为1，Y=0,1,0,1,...,0,1∈Ω100的段落数为100．
故若对X进行k次“10月变换”后可以得到Y，则由前面的结论知X,Y包含的段落数之差的绝对值不超过2k，所以99≤2k，得k≥50．
如果k=50，则再次由前面的结论可知，变换过程中每次都是操作二，且有49次变换后相比变换前的段落数多2，有1次变换后相比变换前的段落数多1．
但在只进行操作二的情况下，0的数量不可能减少，但X,Y包含的0的个数分别是100,50，矛盾．
所以k≥51．
下面的变换过程表明k=51是可行的：
X=0,0,...,0∈Ω100，
X1=0,0,...,0∈Ω50，
X2=0,1,0,0,...,0∈Ω51，
X3=0,1,0,1,0,0,...,0∈Ω52，
...
X50=0,1,0,1,...,0,1,0∈Ω99，
Y=X51=0,1,0,1,...,0,1∈Ω100．
所以，至少要对X进行51次“10月变换”才能得到Y．
(3)由于A能通过“10月变换”得到B，当且仅当B能通过“10月变换”得到A，所以我们不妨设X的段落数a不小于Y的段落数b，则1≤b≤a≤2n．
此时，我们再不妨设Y中0的段落数不超过1的段落数，从而Y中0的段落数不超过b2．
显然，如果X不含1，则只需要一次操作使X含1的个数与Y相等，然后再插入至多b2个连续的0构成的段落即可，由b2+1≤2n2+1=n+1知结论成立．
下面考虑X含1的情况，进行如下操作：
第一步：如果X的1的个数小于Y，则在X的任意一个1右侧增加若干个1使得二者含1数量相等，否则跳过该步骤；
第二步：我们不断对X进行增加或删除连续若干个0的操作．
准备工作：如果X和Y开头的数码不同，则在开头增加或删去若干个0，否则跳过该步骤．
然后反复进行以下步骤：
情况1：如果当前的X的第一个和Y不一致的段落对应的数字是由1组成的，则在X的该段落中间添加若干个0(数量与Y的下一个段落的0的个数相等)，或者在该段落末尾删去X的下一个由0组成的段落；
情况2：如果当前的X的第一个和Y不一致的段落对应的数字是由0组成的，则在X的该段落中间添加或删去若干个0，使得该段的0的个数与Y的该段落的0的个数相等．
如此反复后，如果第一步进行了操作，则最终X和Y一致；如果第一步没有进行操作，则最终X相比Y在末尾多出若干个1．
第三步：如果X相比Y在末尾多出若干个1，则删除多余的1，否则跳过该步骤．
至此，我们就将X操作变成了Y．
由于每执行一次第二步的操作时，使得段落数增加1的准备工作和段落数减少2的删除0的操作的总次数不超过a−b+12，而增加0的操作的次数不超过b2，同时第一步和第三步不可能同时进行操作，所以总的操作次数不会超过a−b+12+b2+1=a2+32≤2n2+32=n+1+12，故需要的操作次数不超过n+1．
时刻：x(时)
0
3.1
6.2
9.3
12.4
15.5
18.6
21.7
24
水深：y(米)
5.0
7.4
5.0
2.6
5.0
7.4
5.0
2.6
4.0