北京市2025届高三数学上学期10月月考试题含解析 (1)

这是一份北京市2025届高三数学上学期10月月考试题含解析 (1)，共19页。
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由补集定义可直接求得结果.
【详解】，，.
故选：B.
2. 若等差数列和等比数列满足，，，则的公比为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的基本量运算可得，然后利用等比数列的概念结合条件即得.
【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则，
所以，
∴，，
所以.
故选：B.
3. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于直线对称．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对称关系可得，利用诱导公式可求得结果.
【详解】的倾斜角为，与满足，
故选：D.
4. 若点为圆弦的中点，则直线的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由垂径定理可知，求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程.
【详解】圆的标准方程方程为，，即点在圆内，
圆心，，由垂径定理可知，则，
故直线的方程为，即.
故选：C.
5. 已知是边长为的正△边上的动点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量数量积的几何意义可得，再由即可求范围.
【详解】由在边上运动，且△为边长为2的正三角形，
所以，则，
由.
故选：D
6. 若，则①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③
【答案】A
【解析】
【分析】对①，由两边同除ab化简即可判断；
对②，由得，两边同除化简即可判断；
对③，先移项得，可化为，即可比较分母大小判断
【详解】对①，，即，①对；
对②，由，则，②对；
对③，由，
则，与矛盾，③错；
故选：A
7. 若命题“”是真命题，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】不等式能成立，等价于方程有实数解，用判别式计算求参数即可.
【详解】由题可知，不等式实数范围内有解，
等价于方程有实数解，
即，解得.
故选：B.
8. “”是“函数具有奇偶性”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
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分、必要性的定义，及奇偶性的定义求参数a，判断题设条件间的关系即可.
【详解】当时，则定义域为，
，故为奇函数，充分性成立；
若具有奇偶性，
当为偶函数，则，
所以恒成立，可得；
当为奇函数，则，
所以恒成立，可得或a=-1；
所以必要性不成立；
综上，“”是“函数具有奇偶性”的充分而不必要条件.
故选：A
9. 已知函数，则（ ）
A. 在R上单调递增B. 对恒成立
C. 不存在正实数a，使得函数为奇函数D. 方程只有一个解
【答案】B
【解析】
【分析】对求导，研究在、上的符号，结合指数幂的性质判断零点的存在性，进而确定单调性区间、最小值，进而判断A、B的正误；利用奇偶性定义求参数a判断C；由、即可排除D.
【详解】由，而，
当时，即上递增，且恒成立；
而，令，可得，所以使，
综上，上，递减；上，递增；故R上不单调递增，A错误；
所以时，有最小值，而，，
所以，故恒成立，B正确；
令为奇函数且，则恒成立，
所以恒成立，则满足要求，C错误；
显然，故为一个解，且，即为另一个解，显然不止有一个解，D错误.
故选：B
【点睛】关键点点睛：A、B判断注意分类讨论的符号，结合指数幂的性质确定导函数的零点位置，C、D应用奇偶性定义得到等式恒成立求参、特殊值法直接确定的解.
10. 如图为某无人机飞行时，从某时刻开始15分钟内的速度（单位：米/分钟）与时间（单位：分钟）的关系．若定义“速度差函数”为无人机在时间段内的最大速度与最小速度的差，则的图像为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据速度差函数的定义，分四种情况，分别求得函数解析式，从而得到函数图像.
【详解】由题意可得，当时，无人机做匀加速运动，，“速度差函数”；
当时，无人机做匀速运动，，“速度差函数”；
当时，无人机做匀加速运动，，“速度差函数”；
当时，无人机做匀减速运动，“速度差函数”，结合选项C满足“速度差函数”解析式，
故选：C.
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 函数的定义域是____________.
【答案】.
【解析】
【分析】
根据分母不为零、真数大于零列不等式组，解得结果.
【详解】由题意得，
故答案为：.
【点睛】本题考查函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题.
12. 直线截圆的弦长=___________.
【答案】
【解析】
【分析】由圆的弦长与半径、弦心距的关系，求直线l被圆C截得的弦长．
【详解】线l的方程为，圆心到直线l的距离．
∴此时直线l被圆C截得的弦长为．
故答案为：.
13. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC____________（填“垂直”或“不垂直”）；的面积的最大值为_____________．
【答案】 ①. 垂直 ②.
【解析】
【分析】根据线面垂直的的性质定理，判定定理，可证平面PBC，根据面面垂直的判定定理，即可得证.分析可得，当点F位于点C时，面积最大，代入数据，即可得答案.
【详解】因为底面ABCD，平面ABCD，
所以，
又底面ABCD为正方形，
所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又，
所以为等腰直角三角形，且E为线段PB的中点，
所以，
又，平面PBC，
所以平面PBC，
因为平面AEF，
所以平面AEF与平面PBC.
因为平面PBC，平面PBC，
所以，
所以当最大时，的面积的最大，
当F位于点C时，最大且，
所以的面积的最大为.
故答案为：垂直；
14. 设函数
①若，则的最小值为__________.
②若有最小值，则实数的取值范围是__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】对①，分别计算出每段的范围或最小值即可得；对②，由指数函数在开区间内没有最小值，可得存在最小值则最小值一定在段，结合二次函数的性质即可得.
【详解】①当时，，
则当时，，
当时，，
故的最小值为；
②由，则当时，，
由有最小值，故当时，的最小值小于等于，
则当且时，有，符合要求；
当时，，故不符合要求，故舍去.
综上所述，.
故答案为：；.
15. 设数列的前项和为，，．给出下列四个结论：
①是递增数列； ②都不是等差数列；
③当时，是中的最小项； ④当时，．
其中所有正确结论的序号是____________．
【答案】③④
【解析】
【分析】利用特殊数列排除①②，当时显然有，对数列递推关系变形得到，再判断③④即可.
【详解】当数列为常数列时，，不是递增数列，是公差为等差数列，①②错误；
当时，，显然有，所以，又因为，所以由递推关系得，
所以，故数列是递增数列，是中的最小项，③正确；
当时，由③得，所以由基本不等式得，
当且仅当时等号成立，所以，所以，④正确.
故选：③④.
三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16. 在中，角所对的边分别为已知.
（1）求A的大小；
（2）如果，求的面积.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理的变形：即可求解.
（2）利用正弦定理求出，再根据三角形的内角和性质以及两角和的正弦公式求出，由三角形的面积公式即可求解.
【详解】（1）。
由余弦定理可得，
又因为，所以.
（2）由，，
所以，
在中，由正弦定理可得，
所以，
，
所以的面积.
【点睛】本题考查了余弦定理、正弦定理解三角形、三角形的面积公式，需熟记公式，属于基础题.
17. 已知函数，是函数的对称轴，且在区间上单调．
（1）从条件①、条件②、条件③中选一个作为已知，使得的解析式存在，并求出其解析式；
条件①：函数的图象经过点；
条件②：是的对称中心；
条件③：是的对称中心.
（2）根据（1）中确定的，求函数的值域．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到和，
再根据选择的条件得到第三个方程，分析方程组即可求解；
（2）先求出所在的范围，再根据图像求出函数值域即可.
【小问1详解】
因为在区间上单调，所以，
因为，且，解得；又因为是函数的对称轴，
所以；
若选条件①：因为函数的图象经过点，所以，
因为，所以， 所以，即，
当时，，满足题意，故.
若选条件②：因为是的对称中心，所以，
所以，此方程无解，故条件②无法解出满足题意得函数解析式.
若条件③：因为是的对称中心，所以，
所以，解得，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以等价于，，
所以，所以，
即函数的值域为：.
18. 如图，矩形ABCD和梯形，平面ABEF平面ABCD，且，过DC的平面交平面ABEF于MN.
（1）求证:;
（2）当M为BE中点时，求平面ABCD与平面的夹角的余弦值；
（3）当M为BE中点时，求点到平面的距离;
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，根据空间向量求二面角即可；
（3）建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标关系求解点到平面的距离即可.
【小问1详解】
因为矩形，所以，
平面，平面，
所以平面．
因为过的平面交平面于，
由线面平行性质定理，得；
【小问2详解】
由平面平面ABCD其交线为，平面
所以⊥平面 ，
又四边形为矩形，所以以A为原点，以、、为轴建立空间直角坐标系.

由，得，，则
设平面法向量，则即，取得.因为平面，设平面法向量，
记平面与平面的夹角为，
所以，
即平面ABCD与平面的夹角的余弦值为.
【小问3详解】
因为平面法向量.
又因为，所以点到平面的距离；
19. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线的方程；
（2）若函数在处取得极大值，求的取值范围；
（3）若函数存在最小值，直接写出的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先求导后求出切线的斜率，然后求出直线上该点的坐标即可写出直线方程；
（2）根据函数的单调性和最值分类讨论；
（3）分情况讨论，根据函数的单调性和极限求解.
【小问1详解】
解：由题意得：
，
故曲线在点处的切线的方程.
【小问2详解】
由（1）得要使得在处取得极大值，在时应该，在时应该，
故①且，解得
②且，解得
当时，，满足题意；
当时，，不满足题意；
综上：的取值范围为.
【小问3详解】
可以分三种情况讨论：①②③
若，在上单调递减，在单调递增，在上单调递减，无最小值；
若时，当时，趋向时，趋向于0；当 ，要使函数取得存在最小值，解得，故 处取得最小值,故的取值范围.
若时，在趋向时，趋向于0，又故无最小值；
综上所述函数存在最小值， 的取值范围.
20. 已知．
（1）当时，判断函数零点的个数；
（2）求证：；
（3）若在恒成立，求的最小值．
【答案】（1）一个零点
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）当时，求导得在R上单调递增，又因为，即可求出零点的个数.
（2）设，求导得在上单调递增，则
，即可证明.
（3）解法一: 当时，由（2）得，恒成立．
当时，设，判断是否成立，即可求出答案.
解法二：在恒成立，令，转化为求.
【小问1详解】
当时，，在R上单调递增，，只有一个零点；
【小问2详解】
设，当时，，所以在上单调递增，所以，所以，.
【小问3详解】
解法一：当时，由（2）得，恒成立．
当时，设．
在上单增，，，
由零点存在性定理，存在使得，
所以在上递减，，不等式不恒成立，所以的最小值为．
解法二：设．
①当时，，在单增，，在恒成立．
②当时，设．
递增，，，
由零点存在性定理，存在使得，
所以在上递减，，不等式不恒成立，所以的最小值为．
21. 若数列的子列均为等差数列，则称为k阶等差数列．
（1）若，数列的前15项与的前15项中相同的项构成数列，写出的各项，并求的各项和；
（2）若数列既是3阶也是4阶等差数列，设的公差分别为．
（ⅰ）判断的大小关系并证明；
（ⅱ）求证：数列是等差数列．
【答案】（1）的各项为：4，16，28，40；的各项和为：
（2）（ⅰ）,证明见解析；（ⅱ）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用枚举法，即可求解；
（2）（ⅰ）根据题意，均为等差数列，通过等量代换找到的关系即可；
（ⅱ）均为等差数列，由（ⅰ）得，设，进而利用等量代换关系，得到，进而可以递推，得到，即可证明数列是等差数列
【小问1详解】
，，，
前15项分别为：1，4，7，10，13，16，19，22，25，28，31，34，37，40，43；
前15项分别为：4，8，12，16，20，24，28，32，36，40，44，48，52，56，60；
的各项为：4，16，28，40；的各项和为：；
【小问2详解】
（ⅰ）由已知得，均为等差数列，数列既是3阶也是4阶等差数列，故也为等差数列，
：，设公差为，
：，故，
：，故，
：，故，
故.
（ⅱ）数列既是3阶也是4阶等差数列，
均为等差数列，由（ⅰ）得，设，
对于，有，，
对于，有，对于，有，
对于，有，
，，，整理得，
，，
故；
；
所以，，故，，
所以，数列是等差数列