2024-2025学年北京市朝阳区东北师范大学朝阳学校高三上学期10月月考数学试题（含答案）

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这是一份2024-2025学年北京市朝阳区东北师范大学朝阳学校高三上学期10月月考数学试题（含答案），共9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={x∈N∣x>1},B=x∣x≤3，则A∩B=( )
A. {x∣12.若复数z满足1+i⋅z=2i，则z的共轭复数z=( )
A. 1−iB. 1+iC. −iD. −1+i
3.下列函数中，既是偶函数又在区间(0,+∞)上单调递增的是( )
A. y=x3B. y=−x2+1C. y=lg2xD. y=2|x|
4.设a=0.62，b=20.6，c=lg20.6，则a，b，c的大小关系为( )
A. a>b>cB. a>c>bC. b>a>cD. c>a>b
5.已知a>0，b>0，则“a+b>1”是“ab>14”( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.已知α,β是两个不同的平面，m,n是两条不同的直线，能使m⊥n成立的一组条件是( )
A. α//β,m⊥α,n⊥βB. α//β,m⊂α,n⊥β
C. α⊥β,m⊥α,n//βD. α⊥β,m⊂α,n//β
7.已知函数f(x)=2sin2x+π3，则下列命题正确的是( )
A. f(x)的图象关于直线x=π3对称 B. f(x)的图象关于点π6,0对称
C. f(x)在0,π12上为增函数 D. f(x)的图象向右平移π12个单位得到一个偶函数的图象
8.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
9.德国心理学家艾·宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘曲线”.“遗忘曲线”中记忆率y随时间t(小时)变化的趋势可由函数y=1−近似描述，则记忆率为50%时经过的时间约为( )(参考数据：lg2≈0.30,lg3≈0.48)
A. 2小时B. 0.8小时C. 0.5小时D. 0.2小时
10.已知等差数列an的前n项和为Sn，若a3=2，且S4=S7，则下列说法中正确的是( )
A. an为递增数列
B. 当且仅当n=5时，Sn有最大值
C. 不等式Sn>0的解集为n∈N∗n≤10
D. 不等式an>0的解集为无限集
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.若角α的终边经过点P(1,−2)，则tan2α的值为．
12.已知数列an满足a1=2,an+1−2an=0(n=1,2,⋯)，则an的前6项和为．
13.若函数f(x)=sinx+cs(θ−x)，对任意的x∈R都满足f(−x)+f(x)=0，则常数θ的一个取值为．
14.已知正方形ABCD的边长为1，点P满足AP=λAB(λ>0)，则PC⋅DP的最大值为．
15.设函数f(x)=lnx,&x>0,x2+4x+1,&x≤0.给出下列四个结论：①函数f(x)的值域是R；②∀a>1，方程f(x)=a恰有3个实数根；③∃x0∈R+，使得f−x0−fx0=0；④若实数x1三、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)
已知函数f(x)=2sinxcsx− 3cs2x．
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在[0,π2]上的最大值和最小值．
17.(本小题12分)
在ΔABC中，3bsinA− 3acsB=0．
(1)求∠B；
(2)若a=2 3，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△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积．
条件①：b=3；条件②：csA=45；条件③：△ABC的周长为4+2 3．
注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
18.(本小题12分)
如图，已知四棱锥S−ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60∘，侧面SAD为正三角形，侧面SAD⊥底面ABCD，M为侧棱SB的中点，E为线段AD的中点
(Ⅰ)求证：SD//平面MAC；
(Ⅱ)求证：SE⊥AC；
(Ⅲ)求三棱锥M−ABC的体积
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=2alnx−x2+1．
(1)若a=1，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若a>0，求函数f(x)在区间[1,+∞)上的最大值；
(3)若f(x)≤0在区间[1,+∞)上恒成立，求a的最大值．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=axex+a−1，a≠0．
(1)当a=1时，
①求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程；
②求证：f(x)在(0,+∞)上有唯一极大值点；
(2)若f(x)没有零点，求a的取值范围．
21.(本小题12分)
已知项数为k(k≥3)的数列{an}是各项均为非负实数的递增数列.若对任意的i，j(1≤i≤j≤k)，aj+ai与aj−ai至少有一个是数列{an}中的项，则称数列{an}具有性质ℜ．
(1)判断数列0，1，4，6是否具有性质ℜ，并说明理由；
(2)设数列{an}具有性质ℜ，求证：2(a1+a2+⋯+ak−1+ak)=kak；
(3)若数列{an}具有性质ℜ，且{an}不是等差数列，求项数k的所有可能取值．
参考答案
1.B
2.A
3.D
4.C
5.B
6.B
7.C
8.D
9.C
10.C
11.43
12.126
13.π2
14.−34/−0.75
15.②③④
16.(1)由题意知，
f(x)=sin2x− 3cs2x=2sin(2x−π3)，
则T=2πω=π，
所以函数f(x)的最小正周期为π；
(2)因为x∈[0,π2]，所以2x−π3∈[−π3,2π3]，
而函数y=sinx在(−π3,π2)上单调递增，在(π2,2π3)上单调递减，
当2x−π3=π2，即x=5π12时，函数f(x)取得最大值为2；
当2x−π3=−π3，即x=0时，f(0)=− 3，
当2x−π3=2π3，即x=π2时，f(π2)= 3，
所以当x=0时函数f(x)取得最小值为− 3．

17.(1)由正弦定理，asinA=bsinB，
因为3bsinA− 3acsB=0，所以3sinBsinA= 3sinAcsB．
因为A∈0,π，所以sinA≠0，所以sinB= 33csB，
因为B∈0,π，所以B=π6．
(2)选择条件①：
因为a=2 3，由正弦定理bsinB=asinA⇒sinA= 33．
因为b选择条件②：
因为csA=45，A∈(0,π)，所以sinA= 1−cs2A=35．
因为a=2 3，由正弦定理bsinB=asinA⇒b=5 33．
又B=π6，A+B+C=π，
所以sinC=sinA+B=sinAcsB+csAsinB=4+3 310．
所以▵ABC的面积S=12absinC=4+3 32．
选择条件③：
因为▵ABC的周长为4+2 3，a=2 3，即b+c=4⑴，
由余弦定理得，a2+c2−2accsB=b2，
所以a2+c2− 3ac=b2，即12+c2−6c=b2⑵，
由⑴⑵解方程组b=c=2，
所以▵ABC的面积S=12acsinB= 3．

18.(Ⅰ)证明：连接BD，交AC于点O
∵四边形ABCD为菱形 ∴O为BD中点
又M为SB中点 ∴MO//SD
∵MO⊂平面MAC，SD⊄平面MAC ∴SD//平面MAC
(Ⅱ)∵ΔSAD为正三角形，E为AD中点 ∴SE⊥AD
∵平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，SE⊂平面SAD
∴SE⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD ∴SE⊥AC
(Ⅲ)∵M为SB中点 ∴VM−ABC=12VM−ABCD=14VS−ABCD=14×13S▱ABCD⋅SE
又AB=BC=AD=CD=SA=SD=2，∠ABC=60∘
∴AC=2，S▱ABCD=2SΔABC=2×12×2×2sin60∘=2 3
由(Ⅱ)知，SE⊥AD ∴SE= 3
∴VM−ABC=112×2 3× 3=12

19.(1)当a=1时，f(x)=2lnx−x2+1，则f′(x)=2x−2x=−2(x2−1)x，x>0
令f′(x)=−2(x2−1)x<0.因为x>0，则x>1
所以函数f(x)的单调递减区间是(1,+∞)
(2)f′x=2a−x2x．
令f′(x)=0，由a>0，解得x1= a，x2=− a(舍去)．
当 a≤1，即0所以函数f(x)在区间[1,+∞)上的最大值为f(1)=0；
当 a>1，即a>1时，x在[1,+∞)上变化时，f′(x),f(x)的变化情况如下表
所以函数f(x)在区间[1,+∞)上的最大值为f( a)=alna−a+1．
综上所述：
当0当a>1时，函数f(x)在区间[1,+∞)上的最大值为f( a)=alna−a+1．
(3)当a≤0时，则f′(x)≤0在[1,+∞)上恒成立
∴函数f(x)在[1,+∞)上是减函数，则f(x)≤f(1)=0
∴a≤0成立
当a>0时，由(2)可知：
①当0②当a>1时，由于f(x)在区间[1, a]上是增函数，
所以f( a)>f(1)=0，即在区间[1,+∞)上存在x= a使得f(x)>0，a>1不成立
综上所述：a的取值范围为a≤1，即a的最大值为1．

20.解：
(1)
若a=1，则fx=xex+1−1，f′x=ex+1−xex(ex+1)2．
①在x=0处，f′0=1+11+12=12，f(0)=−1．
所以曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=12x−1．
②令gx=ex+1−xex，g′(x)=−xex，
在区间(0,+∞)上，g′(x)<0，则g(x)在区间(0,+∞)上是减函数．
又g(1)=1>0,g2=−e2+1<0,，
所以g(x)在(0,+∞)上有唯一零点x0．
列表得：
所以f(x)在(0,+∞)上有唯一极大值点x0．
(2)
fx=ax−ex−aex+a，
令ℎx=ex+a−ax，则ℎ′x=ex−a．
①若a<0，则ℎ′(x)>0，ℎ(x)在R上是增函数．
因为ℎ1a=e1a−1+a<0，ℎ(1)=e>0，
所以ℎ(x)恰有一个零点x0．
令ex0+a=0，得x0=ln(−a)．
代入ℎ(x0)=0，得−a+a−aln−a=0，
解得a=−1．
所以当a=−1时，ℎ(x)的唯一零点为0，此时f(x)无零点，符合题意．
②若a>0，此时f(x)的定义域为R．
当x当x>lna时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)在区间(lna,+∞)上是增函数．
所以ℎ(x)min=ℎ(lna)=2a−alna．
又ℎ0=1+a>0，
由题意，当2a−alna>0，即0综上，a的取值范围是−1∪0,e2．
21.(1)数列0，1，4，6不具有性质ℜ．
因为4+1=5，4−1=3，5和3均不是数列0，1，4，6中的项，
所以数列0，1，4，6不具有性质ℜ．
(2)记数列{an}的各项组成的集合为A，又0≤a1由数列{an}具有性质ℜ，ak+ak∉A，所以ak−ak∈A，即0∈A，所以a1=0．
设2≤i≤k，因为ak+ai∉A，所以ak−ai∈A．
又0=ak−ak将上面的式子相加得：kak−(ak+ak−1+⋯+a2+a1)=a1+a2+⋯+ak−1+ak．
所以2(a1+a2+⋯+ak−1+ak)=kak．
(3)(i)当k=3时，由(2)知，a1=0，a3−a2=a2=a2−a1，这与数列{an}不是等差数列矛盾，不合题意．
(ii)当k=4时，存在数列0，2，6，8，符合题意，故k可取4．
(iii)当k≥5时，由(2)知，ak−ak−i=ai+1(0≤i≤k−1).①
当3≤i≤k−1时，ak−1+ai>ak−1+a2=ak，所以ak−1+ai∉A，ak−1−ai∈A．
又0=ak−1−ak−1∴ak−1−ak−1=a1，ak−1−ak−2=a2，⋯，ak−1−a3=ak−3，即ak−1−ak−i=ai(1≤i≤k−3)．
由ak−1−ak−1=a1，ak−1−ak−2=a2，得：ak−1−a1=ak−1，ak−1−a2=ak−2，
∴ak−1−ak−i=ai(1≤i≤k−1).②
由①②两式相减得：ak−ak−1=ai+1−ai(1≤i≤k−1)，这与数列{an}不是等差数列矛盾，不合题意．
综上，满足题设的k的可能取值只有4．
x
1
(1, a)
a
( a,+∞)
f′(x)
+
+
0
−
f(x)
0
↗
alna−a+1
↘
x
(0,x0)
x0
(x0,+∞)
f′(x)
+
0
−
f(x)
↗
极大值
↘

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