2024-2025学年北京市海淀区高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市海淀区高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共8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.设集合M={2m−1,m−3}，若−3∈M，则实数m=( )
A. 0B. −1C. 0或−1D. 0或1
2.记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4=0，a5=5，则( )
A. an=2n−5B. an=3n−10C. Sn=2n2−8nD. Sn=12n2−2n
3.已知a=0.31.5，b=lg1.50.3，c=1.50.3，则( )
A. a4.设(1−i)z=2(1+i)，则|z|=( )
A. 22B. 1C. 2D. 2
5.下列函数中，既是偶函数又是区间(0,+∞)上的增函数的是( )
A. y= xB. y=1x2C. y=lg|x|D. y=3x−3−x2
6.已知向量a=(3,4)，b=(1,0)，c=a+tb，若=，则t=( )
A. −6B. −5C. 5D. 6
7.函数f(x)=cs(x+a)+sin(x+b)，则( )
A. 若a+b=0，则f(x)为奇函数B. 若a+b=π2，则f(x)为偶函数
C. 若b−a=π2，则f(x)为偶函数D. 若a−b=π，则f(x)为奇函数
8.已知函数f(x)= −x,x<0− x,x≥0，若对任意的x≤1有f(x+2m)+f(x)>0恒成立，则实数m的取值范围是( )
A. (−∞,−1)B. (−∞,−1]C. (−∞,−2)D. (−∞,−2]
9.已知a，b，e是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为π3，向量b满足b2−4e⋅b+3=0，则|a−b|的最小值是( )
A. 3−1B. 3+1C. 2D. 2− 3
10.已知函数f(x)= x+1+k，若存在区间[a,b]，使得函数f(x)在区间[a,b]上的值域为[a+1,b+1]，则实数k的取值范围为( )
A. (−1,+∞)B. (−1,0]C. (−14,+∞)D. (−14,0]
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知角α的终边与单位圆x2+y2=1交于点P(12,y)，则sin(π2+α)= ______．
12.记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn=2an+1，则S6= ．
13.若命题“对任意x∈R，ax2+2x+a≥0”为假命题的a的取值范围是______．
14.若函数f(x)=Acsx−sinx(A>0)的最大值为2，则A= ______，f(x)的一个对称中心为______．
15.对于函数y=f(x)，若在其定义域内存在x0，使得x0f(x0)=1成立，则称函数f(x)具有性质P．
(1)下列函数中具有性质P的有 ．
①f(x)=−2x+2 2；
②f(x)=sinx(x∈[0,2π])；
③f(x)=x+1x，(x∈(0,+∞))；
④f(x)=ln(x+1)．
(2)若函数f(x)=alnx具有性质P，则实数a的取值范围是 ．
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题13分)
在△ABC中，sinA= 2sinB，b= 2.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，并解决下面的问题：
(Ⅰ)求角B的大小；
(Ⅱ)求△ABC的面积．
条件①：c=4；
条件②：b2−a2=c2− 2ac；
条件③：acsB=bsinA．
17.(本小题14分)
已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S5=a11=20，数列{bn}是公比大于1的等比数列，且b32=b6，b4−b2=12．
(Ⅰ)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(Ⅱ)设cn=Snbn，求使cn取得最大值时n的值．
18.(本小题14分)
已知函数f(x)=6csxsin(x−π6)+32．
(1)求f(x)的最小正周期和单调增区间；
(2)若函数y=f(x)−a在x∈[π12,5π12]存在零点，求实数a的取值范围．
19.(本小题14分)
已知函数f(x)=ax2+x−1ex，a≥0．
(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；
(Ⅱ)当a>0时，求证：函数f(x)在区间(0,1)上有且仅有一个零点．
20.(本小题15分)
已知函数f(x)=exsinx−2x．
(Ⅰ)求曲线在点(0,f(0))处的切线方程；
(Ⅱ)求f(x)在区间[−1,1]上的最大值；
(Ⅲ)设实数a使得f(x)+x>aex对x∈R恒成立，写出a的最大整数值，并说明理由．
21.(本小题15分)
已知数列{an}记集合T={S(i,j)|S(i,j)=ai+ai+1+…+aj，1≤i(Ⅰ)对于数列{an}：1，2，3，列出集合T的所有元素；
(Ⅱ)若an=2n是否存在i，j∈N∗，使得S(i,j)=1024？若存在，求出一组符合条件的i，j；若不存在，说明理由；
(Ⅲ)若an=2n−2把集合T中的元素从小到大排列，得到的新数列为B：b1，b2，…，bm，….若bm≤2020，求m的最大值．
参考答案
1.C
2.A
3.B
4.D
5.C
6.C
7.B
8.A
9.A
10.D
11.12
12.−63
13.{a|a<1}
14. 3 (π3,0)(答案不唯一)
15.①②④；a>0或a≤−e
16.解：(Ⅰ)∵sinA= 2sinB，b= 2，
∴a= 2b=2，
若选①：c=4，此时a+b若选②：b2−a2=c2− 2ac，
∴a2+c2−b2= 2ac，
由余弦定理得，csB=a2+c2−b22ac= 2ac2ac= 22，
又∵B∈(0,π)，∴B=π4，
若选③：acsB=bsinA，
则sinAcsB=sinBsinA，
又ainA>0，∴csB=sinB，
即tanB=1，
又∵B∈(0,π)，∴B=π4．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知B=π4，a=2，b= 2，
由正弦定理得，asinA=bsinB，
∴sinA=2× 22 2=1，∴A=π2，
∴c=b= 2，
∴△ABC的面积为12bc=12× 2× 2=1．
17.解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，由S5=a11=20，可得5a1+10d=a1+10d=20，
解得a1=0，d=2，则an=2(n−1)；
由数列{bn}是公比q大于1的等比数列，且b32=b6，b4−b2=12，
可得(b1q2)2=b1q5，b1q3−b1q=12，解得b1=q=2，
则bn=2n；
(Ⅱ)cn=Snbn=12n⋅2(n−1)2n=n(n−1)2n，
cn+1−cn=n(n+1)2n+1−n(n−1)2n=3n−n22n+1，
当n=1，2时，c3>c2>c1，
当n=3时，c3=c4，
当n≥4时，cn+1−cn<0，即有c4>c5>...>cn，
则当n=3或4时，cn的值最大．
18.解：(1)因为函数f(x)=6csxsin(x−π6)+32
=6csx( 32sinx−12csx)+32
=3 32sin2x−3×1+cs2x2+32
=3( 32sin2x−12cs2x)
=3sin(2x−π6)，
故它的最小正周期为T=2π2=π，
令2kπ−π2≤2x−π6≤2kπ+π2，求得kπ−π6≤x≤kπ+π3，k∈Z，
故f(x)的单调递增区间为：[kπ−π6,kπ+π3]，k∈Z．
(2)因为函数y=f(x)−a在x∈[π12,5π12]存在零点，即sin(2x−π6)=a3，在[π12,5π12]上有解．
当x∈[π12,5π12]，2x−π6∈[0,2π3]，sin(2x−π6)∈[0,1]，
所以a3∈[0,1]，
所以a∈[0,3]．
19.解：(Ⅰ)由已知得f′(x)=−ax2+(2a−1)x+2ex=−(ax+1)(x−2)ex，
①当a=0时，f′(x)=2−xex，由f′(x)>0得x<2，f′(x)<0得x>2，
故此时f(x)的单调递减区间为(2,+∞)，单调递增区间为(−∞,2)；
②当a>0时，令g(x)=−a(x+1a)(x−2)=0得，x=−1a<0，或x=2，
由g(x)<0得x<−1a，或x>2，此时f′(x)<0，
由g(x)>0得−1a0，
故此时f(x)的单调递增区间为(−1a,2)，单调递减区间为(−∞,−1a)，(2,+∞)，
综上可知：当a=0时，f(x)的单调递减区间为(2,+∞)，单调递增区间为(−∞,2)；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(−1a,2)，单调递减区间为(−∞,−1a)，(2,+∞)．
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可知f(x)在(−1a,2)上单调递增，则f(x)在[0,1]上单调递增，
又f(0)=−1<0，f(1)=ae>0，f(0)f(1)<0，故f(x)在(0,1)上存在唯一零点．
20.解：(Ⅰ)f′(x)=ex(sinx+csx)−2，f′(0)=−1，f(0)=0．
即曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y=0；
(Ⅱ)令g(x)=f′(x)=ex(sinx+csx)−2，
g′(x)=2excsx，
当x∈[−1,1]时，g′(x)>0，g(x)在[−1,1]上单调递增．
因为g(0)=−1<0，g(1)=e(sin1+cs1)−2>0，
所以∃x0∈(0,1)，使得g(x0)=0．
所以当x∈(−1,x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(x0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
且f(1)=esin1−21，
所以f(x)max=f(−1)=2−sin1e．
(Ⅲ)满足条件的a的最大整数值为−2．
理由如下：
不等式f(x)+x>aex恒成立等价于a令φ(x)=sinx−xex，
当x≤0时，−xex≥0，所以φ(x)>−1恒成立．
当x>0时，令ℎ(x)=−xex，ℎ(x)<0，ℎ′(x)=x−1ex，ℎ′(x)与ℎ(x)的情况如下：
可得ℎ(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，
所以ℎ(x)min=ℎ(1)=−1e，
当x趋近于正无穷大时，ℎ(x)无限趋近于0，
所以ℎ(x)的值域为[−1e,0)．
因为sinx∈[−1,1]，
所以φ(x)的最小值小于−1且大于−2，
所以a的最大整数值为−2．
21.解：(Ⅰ)T={3,5,6}．
(Ⅱ)假设存在i，j∈N∗，使得S(i,j)=1024，则有
1024=ai+ai+1+…+aj=2i+2(i+1)+…+2j=(j−i+1)(i+j)，
由于i+j与j−i奇偶性相同，
所以i+j与j−i+1奇偶性不同，
又因为i+j≥3，j−i+1≥2，
所以1024大于等于3的奇数因子，
这与1024无1以外的奇数因子矛盾，
故不存在i，j∈N∗，使得S(i,j)=1024．
(Ⅲ)bn=(2j−2+2i−2)(j−i+1)2=(j+i−2)(j−i+1)
仅当j=2，i=1时，bn=2，其中j+i−2与j−i+1一奇一偶，
且j+i−2≥2，j−i+1≥2，则bn能拆成奇数与偶数之乘积，
在偶数中，只有2n无法拆成一个大于2的奇数与一个大于2的偶数之乘积，
又T中的元素均为偶数，故T={2n|n∈N∗,n≠2k,k∈N∗}，
故T中的元素为2至2020整数除去4，8，16，32，64，128，256，512，1024，
故m=20122−9=1001． x
(0,1)
1
(1,+∞)
ℎ′(x)
−
+
ℎ(x)
↘
−1e
↗