2024年北京八十中高三（上）10月月考數(shù)學試題及答案

2024北京八十中高三10月月考數(shù)學2024年10月（考試時間120分鐘滿分150分）提示：試卷答案請一律填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效．在答題卡上，選擇題用2B鉛筆作答，其他試題用黑色簽字筆作答．一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分．=0,1，集合A=2?B{xZ|x2xA1.已知集合，那么等于（）?22A.1B.C.D.z(?)，則1（）2.在復平面，復數(shù)z對應的點坐標為=1+i?1+iA.i3.若a0b，則（B.-iC.1iD.D.）11ab(?)ab0A.a3b3B.C.aba=log2b=,c=cos13π4.已知，則（）3A.bacB.bcaC.cbaD.cab5.設lα，β是兩個不同平面，則下面命題中正確的是（）A.若l/，l//，則//C.若l⊥，⊥，則l/若l/，l⊥，則⊥B.D.若l/，⊥，則l⊥y=sin2x的圖象向左平移0)x=對稱，則的6.將函數(shù)個單位長度，得到的圖象恰好關于直線6最小值是（）A.B.C.D.6437.“一尺之錘，日取其半，萬世不竭”語出《莊子·截不完（一尺約等于33.33厘米）.若剩余的棍棒長度小于0.33厘米，則需要截取的最少次數(shù)為（）A.5B.6C.7D.8的前項和，則是是遞減數(shù)列的（）SanSnaa“n8.已知等差數(shù)列“””nnnnA.充分而不必要條件C.充分必要條件B.必要而不充分條件D.既不充分也不必要條件P()中，BAC90，BC=2，點在BC邊上，且APAB+AC=1，則的取值范圍是=9.在（）1,121,12C.D.A.B.2222，=．性質s:m，1，+，性質t:m，a1nN*m+nmnnN*，10.已知無窮數(shù)列n2mn，am1an1aman，給出下列四個結論：++a=3?2n具有性質；asn①若②若，則n，則具有性質；a=n2antn③若具有性質，則an；nasn④若等比數(shù)列既滿足性質又滿足性質，則其公比的取值范圍為(+)．a(chǎn)nst則所有正確結論的個數(shù)為（）A.1B.2C.3D.4二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分．已知角?)=______．，的終邊關于原點O對稱，則π12.已知向量a=(,)=(,)20,bm1，且與b的夾角為，則am=_____________.3nSn}為遞增數(shù)列，則n*nSn1”為假命題的一組113.等比數(shù)列{n}的前項和為，能說明“若nq和公比的值為=q=_______．a(chǎn)1_______，x3?3x,xa()=()fx的最大值為_________無最大值，()fxfxa=014.設函數(shù)，①若，則?x,xaa則實數(shù)的取值范圍是_________.ABCD?ABCDE,FAD,BB分別為棱的中點.點P為正方體表面上的115.在棱長為2的正方體中，點1111AP⊥動點，滿足.給出下列四個結論：長度的最大值為23；1AP①線段1②存在點P，使得DP//EF；BP=③存在點P，使得；1④是等腰三角形.其中，所有正確結論的序號是________．三、解答題：本大題共6小題，共85分．ABC?ABCA⊥底面，E，F(xiàn)分別是棱，，AB⊥AC16.如圖，在三棱柱BC的中點.求證：中，側面11111ACB；1（1）（2）∥平面11⊥1E.()=+17.設函數(shù)fxsinxx()存fx0)．從下列三個條作中選擇兩個作為已知，使得函數(shù)在．（1）求()的最小正周期及單調(diào)遞減區(qū)間；fxπx,π()，求實數(shù)的取值范圍．fxcc（2）若對于任意的，都有2π?,2條件①：函數(shù)()的圖象經(jīng)過點fx；65ππ條件②：()在區(qū)間?fx,上單調(diào)遞增；π()的一條對稱軸．fxx=條件③：足12a?3cosC)=cA．18.已知中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，，c，且b（1）求的值；a（2）若c=2，求B最大時的面積．y=kxf(x)=x?x+x的圖象相切.219.已知直線與函數(shù)（1）求k的值；（2）求函數(shù)()的極大值.()=(+)?fxex1fxax120.已知函數(shù).（1）當a0時，求()的單調(diào)區(qū)間；fx（2）若函數(shù)()存在正零點fxx，0a（i）求的取值范圍；（ii）記x為()的極值點，證明：fxx3x.011，已知項數(shù)為m且無重復項的數(shù)對序列A：(x,y),(x,y),,(x,y)滿足如下21.給定正整數(shù)N31122mmx,y,N，且xyi,m(=)x=yi=,m?)；③(p,q)；②與i1i三個性質：①iiii(q,p)不同時在數(shù)對序列A中.（1）當N=3，m=3時，寫出所有滿足（2）當N=6時，證明：m13；x=11的數(shù)對序列A；()，求()mTNTN.（3）當N為奇數(shù)時，記的最大值為參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分．1.【答案】D【分析】先解不等式化簡集合B，再由并集的概念，即可得出結果.，集合?2x0=xZ0x2=2，A=0,1B=xZx2【詳解】∵集合AB=?2.∴故選：D.2.【答案】B【分析】由題可得z1i，再由復數(shù)除法法則即可求解.=?=?【詳解】z對應的點坐標為)，所以z1i，(?)2z+1?i+1i====?所以(+)(?)1i1i1i1i2故選：B.3.【答案】A【分析】根據(jù)不等式的性質判斷A，取特殊值判斷BCD.【詳解】a0ba0，即a3b3，故A正確；3b3a=b=?2a=b=?21ab取取，則不成立，故B錯誤；11，則不成立，故C錯誤；ab1a=,b=?abln1=0，故錯誤(?)=D.取，則22故選：A4.【答案】B【分析】根據(jù)給定條件，利用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性及誘導公式、特殊角的三角函數(shù)值比較即得.113ππ12a=log21.41log22=,b=1.410=c===【詳解】依題意，，233所以bca.故選：B5.【答案】B【分析】由線面平行，線面垂直，面面平行，面面垂直的性質逐項判斷即可；【詳解】A：若l/，l//，則//或相交，故A錯誤；B：若l/，l⊥，由線面平行和垂直的性質可得⊥，故B正確；C：若l⊥，⊥，則l/或l，故C錯誤；D：若l/，⊥，則l,相交或l//或l，故D錯誤；故選：B.6.【答案】A【分析】由三角函數(shù)的相位變換可得變換后的圖象對應的解析式，再根據(jù)正弦函數(shù)的對稱軸可得以及的最小值.y=sin2x0)個單位長度得到的函數(shù)圖象對應的函數(shù)解析式為【詳解】將函數(shù)的圖象向左平移y=sin(2x+)，x=2+=+,kZ因為其圖象關于直線對稱，所以，662解得=+,kZ，則正數(shù)的最小值為，122故選：A．【點睛】本題考查了三角函數(shù)的圖象的相位變換，考查了正弦函數(shù)的對稱軸．屬于基礎題.7.【答案】C1【分析】由題可知截取第n次后，剩余的棍棒長為尺,然后列不等式可求出n的值.2n1【詳解】由題意可知第一次剩余的棍棒長度為尺，21則第n次剩余的棍棒長為尺，2n33.330.33，解得n7，由2n所以當剩余的棍棒長度小于1厘米時,需要截取的最少次數(shù)為7.故選:C.8.【答案】B【分析】正向舉常數(shù)列反駁，反向利用等差數(shù)列求和公式和遞減數(shù)列性質判斷即可.S=nan【詳解】當?shù)炔顢?shù)列{??}為常數(shù)列時，此時，滿足前者，但是此時“{??}不是遞減數(shù)列”，故充分n性不成立；a，n當{?}是遞減數(shù)列，則對nN，a?n1(+)(?)ann1ann1S?na=?nan=，nn22當n=1時，S?na=0，nn當n2時，aa1，S?na0，nnnna所以對nN，S，則反推成立，故必要性成立，nnSnan則“”是{??}是遞減數(shù)列”的必要而不充分條件.n故選：B.9.【答案】A【分析】yx以BC的中點為原點，過O垂直于BC的直線為軸，BC為軸，建立平面直角坐標系，再利用向量數(shù)量積的坐標運算以及向量模的坐標表示即可求解.yx【詳解】以BC的中點為原點，過O垂直于BC的直線為軸，BC為軸，建立平面直角坐標系，如圖：則B(?0)，()，1,0設()，()，，x1Px,0Aa,bOA=1，a2+b2=1，12()(x?a,b?a,b))(APAB+AC=1=則由，得，1ax=化簡所以，22xa=(?)2+=?++=APb2x22axa2b2x2，=1，因為a1，所以a1，b由a2+2112x=所以，2a1,1.2AP=x所以的取值范圍為故選：A【點睛】本題考查了向量數(shù)量積的坐標表示、向量模的坐標表示，考查了基本運算求解能力，屬于基礎題.10.【答案】C?an11，s【分析】根據(jù)性質的定義可判斷①；根據(jù)性質的定義可判斷②；根據(jù)性質的定義可得tsanq1m=nmn，由{?}滿足性質，分和nnN*，利用累加法可證③；對于④，結合③，可得s?q2tn?qn1qm1?qm?2f(x)=qx?qx1，求導結合函數(shù)單，構造討論求出，再由{?}滿足性質得q?q2調(diào)性可驗證滿足題意.a=3?2n，對,nNn*【詳解】對于①，因為，??=?(+)?(?)?(?)=?m+nmn32mn32m32n30，am+nm+as即，所以{?}不具有性質，故①錯誤；n?a=nn2，對,nN*2mn，，對于②，+??=(?)2n1+(+)2?m2n2=2(n?m)+20，?m1an1mnm1am1+an1am+at，即{?}具有性質，故②正確；n?m=1，則an11+an1a，=+s對于③，若{?}具有性質，令?na?a1，n即nN*，nn1n=(anan?)+(an1?)+a=1，又，1an1an?2*所以，nN，故③正確；nqa=1=qn1，n對于④，{??}是等比數(shù)列，設其公比為，又，1nnqn1q1，nNsan*若{?}滿足性質，由選項③得，即，?由,nN*，m+na+a，得qm+nq+qn，mmnm=nmnq2，qq2n2qnqn2*qn當當時，得，即，對nN，又nm1，則qnqqm，時，不妨設+nm+nmn2q2，qmqq2q，解得qq2s綜上，若{?}滿足性質，則.?t,nN*2mna+an1am+a，m1n若{?}滿足性質，對，，??2+nm1+n1qn?qn1qm1?fxqxqx1，則f(n)f(m()=qm?2，令??qmqqq可得，即，又nm?1，所以函數(shù)()fx=x?x1q2在xN上單調(diào)遞增，又由{?}滿足性質，，qq*s?fxqqqqqqq10成立，()=x?x1=x1(?)所以等比數(shù)列{??}既滿足性質s又滿足性質t，則其公比的取值范圍為().故④正確.故正確的為②③④共3個.故選：C【點睛】方法點睛：對于以數(shù)列為背景的新定義問題的求解策略：1、緊扣新定義，首先分析新定義的特點，把心定義所敘述的問題的本質弄清楚，應用到具體的解題過程中；2、用好數(shù)列的性質，解題時要善于從試題中發(fā)現(xiàn)可以使用的數(shù)列的性質的一些因素.二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分．【答案】1【分析】根據(jù)角角?2k1=+(?)()kZcos?)，即可得到的值.，的終邊關于原點O對稱得【詳解】，的終邊關于原點O對稱，=+(2k?(kZ)，cos?)=(?)=?()12k1kZ.故答案為：1.?312.【答案】3【分析】根據(jù)向量的夾角公式計算即可.π122m3==【詳解】由題意得，解得m=.3+1ab2m233故答案為：.3113.【答案】①.1.（答案不唯一）?2a}nN*,an10q，取一組符合條件的a和公比即可.1【分析】由題意，等比數(shù)列為遞增數(shù)列，且nn}為遞增數(shù)列，則n*nS【詳解】“若”為假命題，n1a}n*nS所以若為遞增數(shù)列，則，n1nSnSn1，則Sn1?Sn=an10，12a}nN*,an10a=?11q=和公比等比數(shù)列為遞增數(shù)列，且，則，滿足題意.n1故答案為：1；?214.【答案】①.2.(,?2)【分析】①分別分析在兩段內(nèi)的單調(diào)性即可求出最大值；()無最大值列出不等式求出結果.fxa②討論所在的區(qū)間，分別研究函數(shù)在每一段的單調(diào)性，根據(jù)3?3x,x0x()=fx【詳解】①若a=0，，?x,x0，當x0時，f(x)=?xfx()單調(diào)遞減，()()，fxf0當x0時，f(x)=x33xfx3x2?3=3(x?)(x+)?，()=，所以()在fx(?)單調(diào)遞增，在(?單調(diào)遞減，,11,0則此時()=f(?)=2f(0)，fx所以()的最大值為2；fx②當a?1時，xaxa()=?，()單調(diào)遞減，所以()()=?，fxxfxfxfaa3a，fxfaa當當時，時，()在(fx單調(diào)遞增，所以()()=??,a因為()無最大值，所以a3afx??a，解得a?2；當?1a1時，xaxa()=?，()單調(diào)遞減，()()=?，xfxfaafxfx當當時，時，()在(??單調(diào)遞增，在(?fx,1a單調(diào)遞減，fxf?1=2，所以()()因為()無最大值，所以?a2，此種情況無解，舍去；fx當a1時，xaxa()=?，()單調(diào)遞減，()()=?，xfxfaafxfx當當時，時，()在(??單調(diào)遞增，在(?單調(diào)遞減，在(單調(diào)遞增，fx,1a所以()=f1,fa()(，fx?af(?因為()無最大值，所以，此種情況無解，舍去；fx?af(a)a?所以實數(shù)的取值范圍是(,2)故答案為：①2;②(15.【答案】①③④?,2)【分析】建立空間直角坐標系，利用坐標驗證垂直判斷①，找出平行直線再由坐標判斷是否垂直可判斷B，設點的坐標根據(jù)條件列出方程組②，探求是否存在符合條件的解判斷③④【詳解】如圖，建立空間直角坐標系，則()，)()()()()(1A2,0,2,E1,0,0,F2,1,C2,0,D0,0,0,B2,21AP1對①，由正方體性質知當P在C時，線段長度的最大值為23，)APEF=?2+4?2=01AP1=(?2,EF?)=2,1此時，，所以1P⊥，即滿足AP⊥1，故①正確；BBCC,//DE,=DE，易知，對②，取正方形的中心M，連接11所以四邊形DMFE為平行四邊形，所以//，故P運動到M處時，DP//EF，此時()，=(?1?)，APEF=?1+4?1=201，即不滿足?)EF=2,1)，，若存在，AP⊥1，P2,1AP1綜上不存在點P，使得DP//EF，故②錯誤；對③，設()，則=(?Px,y,zAPxy,z21x?2+2y+z?2=0BP=AP⊥由，可得方程組，11()2()2()2x?2+y?2+z?2=x2+y2+z2x+2y+z=4x+z=y=1，化簡可得，解得x+y+z=3顯然當x=z=y=1時滿足題意，BP=1即存在點P，使得，故③正確；對④，設()，若PEPF，=Px,y,z(?)x12+y2z2+=(?)2+(?)2+(?)2x+2y+z=4則x2y2z1，化簡可得，AP⊥1x+2y+z=4x=y=z=2，由③知時可得，所以不妨取此時P(2)在正方體表面上，滿足題意，故④正確.故答案為：①③④【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵之處在于建立空間直角坐標系，利用坐標運算建立方程，探求是否存在滿足條件的點，運算比較復雜，屬于難題.三、解答題：本大題共6小題，共85分．16.1）見解析（2）見解析ACB1AC，只需證明∥即可；11）要證明∥平面11⊥1EAC⊥ABB1A即可.1（2）要證明，只需證明平面）在所以∥.中，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC的中點，ABC=ABCAC∥，11又在三棱柱中，111ACEF所以∥.11ACB1B，又因為平面，EF平面111ACB.1所以∥平面11A⊥1A1底面，=（2）因為側面底面，側面11AB⊥AC，AC平面，所以AC⊥平面ABB1A.1BE1ABB1A⊥1E.又因為平面，所以1【點睛】本題考查線面平行的判定定理以及面面垂直的性質定理，考查學生的邏輯推理能力，是一道容易題.π127π17.1）T=π，單調(diào)遞減區(qū)間為+π,+π(kZ)；123,+)（2））利用輔助角公式化簡，結合所選條件，利用周期與單調(diào)性求出，求函數(shù)解析式即可；．πx2x+的范圍，即可求出函數(shù)的值域，依題意cf(x)（2）由的范圍求出3【小問113π3()=+fxsinx3cosx=2sinx+=x+x2sin因為，22π?,2f(x)若選①②：由①函數(shù)的圖象經(jīng)過點，6ππ?+=+2π，kZ，即=?1?12k，kZ，則6325ππ1212π5π??Tf(x)?,，即Tπ，由②在區(qū)間上單調(diào)遞增，有121222π2π又0且T=，即π，所以02，此時不存在；5ππ1212π5π??Tf(x)?,，即Tπ，選條件②③：由②在區(qū)間上單調(diào)遞增，有121222π2π又0且T=，即π，所以02，ππππx=f(x)+=+π，kZ，由③是的一條對稱軸，則121232所以=2+12k，kZ，所以=2，π32πf(x)=2sin2x+f(x)的最小正周期T==，則π，所以2π7ππππ+2π2x++2π(kZ)，解得+πx+π(kZ)，由2321212π7πf(x)+π,+π(kZ)；所以的單調(diào)遞減區(qū)間為1212π?,2f(x)若選①③：由①函數(shù)的圖象經(jīng)過點，6ππ?+=+2π，kZ，即=?1?12k，kZ，則632ππππx=f(x)+=+πkZ，所以=2+12kkZ，，，由③是的一條對稱軸，則121232此時不存在；【小問2πf(x)=2sin2x+由（1）可知，3π2π4π7π33x,π2x+,因為所以，所以，3π33，sin2x+?f(x)3，2π2x,πf(x)c因為對于任意的，都有，所以c3，3,+)c即的取值范圍為．118.1）32（2）2）正弦定理化邊為角，利用三角變換后再由正弦定理化角為邊可得；（2）利用余弦定理及基本不等式求得cosB的最小值即得B最大，由此求得三角形的邊長a,b后，再利用面積公式可得結論．【小問1a?3cosC)=cA因為，由正弦定理得sin?3cosC)=3sinCA，得sinA=3sinAcosC+3cosAsinC=3sin(A+C)=3sinB，ba13==由正弦定理得ab，所以．【小問2a2+c2?b2b2+4?bb2b1b122由余弦定理得B===+2=，2ac3b3b3b12==當且僅當，即b時取等號，3b2當cosB取最小值時，B最大，132c=2，sinB=，1B=?2，此時ab==231132=12的面積為acsinB=2．219.1）k（2）0.2232=0；）設出切點，利用導數(shù)的幾何意義求解即得.（2）利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，然后求出極值即可.【小問1f(x)=x?x+x的定義域為+)，求導得f(x)=x?2x+2，2函數(shù)(x,xx?x20+x)k=020?+2設切點為切線方程為又切線過點，則切線的斜率為0，000y?(xx?x20+x)=x?2x+2)(x?x)，000000(0,0)x20?0=0x00x=1k=0，所以.，于是，而，解得0【小問21=?+g(x)=x?2x+2g(x)=?2，由（1）知，f(x)x2x2，設，求導得x111=x=+)g(x)0時，，g(x)0x(0,)g(x)0x(,令，得，當時，，當22211g(x))在(,+)上單調(diào)遞減，因此函數(shù)上單調(diào)遞增，在22112g(x)=g()=1?20g()=?g=0于是，又，2e2e211x(,g(x)=0xx)1f(x)0x(1f(x)0時，，則存在，當時，(1上單調(diào)遞增，，當1e212從而f(x)在(0,1+)上單調(diào)遞減，在f(x)f=0.所以存在唯一極大值(?+)，無單調(diào)遞增區(qū)間20.1）單調(diào)遞減區(qū)間是（2i）(e,+)ii）證明見解析）借助導數(shù)的正負即可得函數(shù)的單調(diào)性；0aeae（2i）求導后借助導數(shù)分a0、及討論函數(shù)的單調(diào)性，再結合零點的存在性定理計算()=fx200(x+1x+))(1?）利用零點定義與極值點定義可得，代入計算可得e01=10，()=fx00再借助x1時，xx1，即可得?e0?1(1+)2，再計算并化簡即可得.【小問1由已知可得()的定義域為(?)，fx?+2ex1ax+1a(x且fx()=?ex1+ex1)=，x+1因此當a0時，a(x?+2ex10，從而??<0，()′所以()的單減區(qū)間是(?)，無單增區(qū)間；fx【小問2a?(+)x1ex+12x1（?。┯桑?fx()=，gx=a?(x令()+2e+x1,gx()x24x3ex1=?(++)，+當()時，()=?(gxx24x3e++)x1()gx單調(diào)遞減．x?①當a0時，可知()()在(?)內(nèi)單調(diào)遞減，fxfx又f(0)=0時，()，所以()不存在正零點；x0fx0fx，故當②當0ae時，()g0=a?ex,gxa(x(+)()=?+2x10，e()在0,+∞單調(diào)遞減，故當x0時，()，函數(shù)()不存在正零點；fxfx0fx()ae()=?(?)=?20，時，lna?10，此時g0aega1aa)③當a?1()滿足g)=0，所以存在所以()在(?)內(nèi)單調(diào)遞增，在)內(nèi)單調(diào)遞減．fx,1令h(x)=x?x+1()=?1，時，x0hx，則當x故?(?)在(0,1內(nèi)單調(diào)遞增，在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減，從而當x1時，h(x)h1=0()，即xx?1，所以(?)=?(?fa1aaa10，又因為f(0)=0f)0，，所以x因此，此時存在正零點；0()；a綜上，實數(shù)的取值范圍為()==(+)a1e12fx00x111（ⅱ）由題意，，即，()=a(x+)=xefx010000(+)(x+1x+))2((+)=x?x1e01e0?1=10從而0，即，2x10x+1x，1由（ⅰ）知當x1時，xx?1，即x0，有()(+)2x1xxx0x?10x1，=(+)1210又，故e010兩邊取對數(shù)，得lne0?1x(+)，1x?xx+12x()x3x．01于是，整理得0111(+)2(+)(+)1x02x1x1x1【點睛】關鍵點點睛：最后一問關鍵點在于借助xx?1，從而得到10，00即可得e0?x(x+)1.211()()()或()()()A:2,2,3,A:1,3,3,2,2,121.1）1()=(?)NN1（2）證明詳見解析）TN2）利用列舉法求得正確答案.m（2）利用組合數(shù)公式求得的一個大致范圍，然后根據(jù)序列A滿足的性質證得m13.TN+2=TN+2N+1（3）先證明()()()TN.，然后利用累加法求得【小問1依題意，當N=3，m=3時有：()()()或()()()A:1,2,2,3,A:1,3,3,2,2,1.【小問2當N=6時，因為(p,q)與(q,p)不同時在數(shù)對序列A中，mC62=15，所以2,3,4,5,