北京市2024届高三数学上学期10月月考试题含解析

这是一份北京市2024届高三数学上学期10月月考试题含解析，共24页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 已知，则下列不等式正确的是等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出．
方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．
【详解】方法一：因为，而，
所以．
故选：C．
方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以．
故选：C．
2. 下列函数中既是偶函数，又在上单调递增的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的单调性和奇偶性确定正确答案.
【详解】、是奇函数，不符合题意.
在上单调递减，不符合题意.
是偶函数，且，
所以在上单调递增.
故选：D
3. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则是（）
A. 钝角三角形B. 等边三角形
C. 等腰直角三角形D. 直角三角形，但不是等腰三角形
【答案】B
【解析】
【分析】先由正弦定理得，进而得到，即可求解.
【详解】由正弦定理得，则，又为三角形内角，
则，则是等边三角形.
故选：B.
4. 复数，且为纯虚数，则可能的取值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数代数形式的乘法运算、二倍角公式化简，再复数的概念得到，结合余弦函数的性质求出，即可得解.
【详解】因为，
所以，
因为为纯虚数，所以，所以，，
所以，.
故选：B
5. 已知，则下列不等式正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】A作差法比较大小；B特殊值法，令即可判断正误； C令，利用对数函数的性质判断即可；D根据指数函数的单调性判断大小关系.
【详解】A：，又，则，，故，即，错误；
B：当时，不成立，错误；
C：由，即，当时有，错误；
D：由，则，正确.
故选：D.
6. 如图，在中，，是直线上的一点，若，则实数的值为（）
A. －4B. －1C. 1D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量共线定理的推论的推论，根据题意化简，再由即可得解.
【详解】由，所以，
，
由，可得，
故选：B
7. 已知正项等比数列的公比为，前项和为，则“”是“”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. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由题，变形得即可选出选项
【详解】由题：，，
即，由于题目给定各项为正，所以等价于公比为.
故选：C
【点睛】此题考查与等比数列有关的两个条件充分性与必要性，关键在于题目给定各项均为正的前提下如何利用.
8. 如图，在曲柄绕C点旋转时，活塞A做直线往复运动，设连杆长为40cm，曲柄长10cm，则曲柄从初始位置按顺时针方向旋转60°时，活塞A移动距离约为（）
（，）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作图，在三角形中，根据三角函数求出相关线段的长度，结合图形，即可得出答案.
【详解】
如图，过点作于点，
由已知可得，，，，，
所以，，，
所以，.
在中，由勾股定理可得，，
所以，，
所以，.
故选：C.
9. 已知，两点是函数与轴的两个交点，且满足,现将函数的图像向左平移个单位，得到的新函数图像关于轴对称，则的可能取值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据，即可求得，再根据平移后函数为偶函数，即可求得.
【详解】令，解得，
因为，故令，并取，
则，即可求得.
此时，
向左平移个单位得到，
若其为偶函数，则，
解得.
当时，.
故选：A.
【点睛】本题考查由三角函数的性质求参数值，属综合中档题.
10. 已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是.接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推.求满足如下条件的最小整数，.且该数列的前项和为2的整数幂.那么是（）
A. 83B. 87C. 91D. 95
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意进行分组，然后分组求和即可.
【详解】根据题意将数列分组，第一组为第一项是，
第二组为为第二项和第三项是，，
依次类推，第组为，，，…，
第组含有项，
所以第组的和为：，
前组内一共含有的项数为：，
所以前组内的项数和为：，
若该数列的前项和为2的整数幂.，只需将消去即可；
若，则，，
不满足；
若，则，，
不满足；
若，则，，
满足；
故满足如条件的最小整数为95.
故选：D
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 函数的定义域为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正切函数的定义域求解即可.
【详解】由，，
即，，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
12. 已知等差数列的前项和为．若，公差，则的最大值为_______.
【答案】25
【解析】
【分析】
由已知求出等差数列的通项公式，求出满足的最大值，代入可得的最大值．
【详解】，，
令，解得，又，则
的最大值为
故答案为：25
13. 在△中，角，，所对的边分别为，，，表示△的面积，若，，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：∵，∴，∴，∴，．∵，∴，∴，∴，∴．
考点：解三角形.
【思路点睛】先利用余弦定理和三角形的面积公式可得，可得，再用正弦定理把中的边换成角的正弦，利用两角和公式化简整理可求得，最后根据三角形内角和，进而求得．
14. 已知为等边三角形，且边长为2，则________；若，，则的最大值为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据向量夹角的定义即可求出，根据向量的运算可以得到，由，设，由向量夹角的取值范围即可求解.
【详解】因为为等边三角形，所以，所以；
因为，所以为中点，所以
，
设，则，
所以，
又，
所以当时有最大值.
故答案为：；.
15. 已知函数给出下列四个结论：
①若有最小值，则的取值范围是；
②当时，若无实根，则的取值范围是；
③当时，不等式的解集为；
④当时，若存在，满足，则.
其中，所有正确结论的序号为__________.
【答案】②③④
【解析】
【分析】对①，利用函数的单调性与最值的关系结合函数图象求解；对②，利用函数图象，数形结合求解；对③，利用函数的单调性解不等式；对④，利用函数的切线与导函数的关系，以及图形的对称关系，数形结合求解.
【详解】当时，，
当时，，
若，则当时，，则此时函数无最小值；
若，则当时，，时，，
则函数有最小值为满足题意；
若，则当时，，时，，
要使函数有最小值，则，解得；
综上，的取值范围是，①错误；
当时，函数在单调递增，单调递减，单调递减，
作图如下，
因为无实根，所以或，②正确；
当时，
因为，所以函数在单调递减，
又因为所以由可得，
，即，解得，所以，
所以不等式的解集为，③正确；
函数在点处的切线斜率为，
所以切线方程为，则由图象可知，时，，
设，
记直线与函数，，交点的横坐标为，
因为经过点，
所以由对称性可知，当时，，又因为，所以，④正确；
故答案为:②③④.
【点睛】关键点点睛：本题的②③④小问都用数形结合的思想，数形结合的思想通常与函数的单调性、最值等有关联，根据单调性、最值，以及一些特殊的点准确作出函数图象是用数形结合来解决问题的关键.
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. 已知等差数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）设等比数列满足，，问：与数列的第几项相等?
（3）在（2）的条件下，设，数列的前项和为.求：当为何值时，的值最大?
【答案】（1）
（2）第63项（3）当时，的值最大
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的定义与通项公式即可得解；
（2）先求得，，再利用等比数列的定义与通项公式求得，再令，从而得解；
（3）利用分组求和法即可求出，再利用导数求得的单调性，从而得解.
【小问1详解】
依题意，设等差数列的公差为d，
则，又，得，解得，
所以；
【小问2详解】
设等比数列的公比为q，
则，，所以，，
所以，令，解得.
故是数列的第63项；
【小问3详解】
由（2）可知，则，
所以
，
令，则，
由于，当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
且，，
所以当时，有最大值且最大值为.
17. 如图所示，已知中，为上一点，．
（1）求；
（2）若，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，由正弦定理可得答案；
（2）由（1）得．法1：由正弦定理、可得，再由余弦定理可得．法2：求出及，再由两角差的正弦展开式求出，在中由正弦定理可得答案．
【小问1详解】
在中，由正弦定理可得，
所以，
又因为，
所以；
【小问2详解】
因为，所以，所以，
由（1）结论，计算可得，
法1：由正弦定理可知，又，
所以，
由余弦定理可得，
化简整理得，
解得．
法2：因为且，
所以，
由题意可得，所以，
所以
，
在中，由正弦定理可得，
所以．
18. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，令，，求证：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出，然后分，，三种情况，根据导函数即可得出函数的单调性；
（2）代入，化简得出，求导根据导函数得出在上的单调性，进而得出最小值，即可证明.
【小问1详解】
由已知可得，，定义域为，
所以.
（ⅰ）当时，.
当时，有，在上单调递增；
当时，有，在上单调递减.
（ⅱ）当时，解，
可得，或（舍去负值），且.
解可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增；
解可得，，所以在上单调递减.
（ⅲ）当时，在上恒成立，
所以，在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增.
【小问2详解】
由（1）知，当时，，，
所以，.
所以，.
解，可得（舍去负值），
且，所以.
当时，解可得，，
所以在上单调递增；
当时，解可得，，
所以在上单调递减.
又，，
所以，当时，在处取得最小值，
所以有.
19. 已知函数.再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个，使得函数的解析式唯一确定
（1）求的解析式及最小值；
（2）若函数在区间上有且仅有2个零点，求t的取值范围.
条件①：函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为；
条件②：函数的图象经过点；
条件③：函数的最大值与最小值的和为1.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）先将解析式化简，再选择相应条件，结合三角函数的性质逐一分析，从而得解；
（2）先求得在附近的五个零点，从而得到关于的不等式组，由此得解.
【小问1详解】
选条件①②：
由题意可知，
，
函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，则，所以，
因为函数的图象经过点，
所以，所以，
所以，
所以.
选择条件①③：
函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，
则，所以，
，
函数的最大值与最小值的和为1，所以，则，
所以，
所以.
选条件②③：
，
函数的最大值与最小值的和为1，所以，则，
因为函数的图象经过点，
所以，所以，
所以或，
显然此时的值有多个，的解析式唯一确定，所以此种情形不符合题意，舍去.
【小问2详解】
由（1）知，
令，得，
所以或，
即或，
所以在附近的五个零点为，，，，，
因为在区间上有且仅有2个零点，
所以，为在区间上的两个零点，
故，解得，
所以的取值范围是.
20. 对于函数，，如果它们的图象有公共点P，且在点P处的切线相同，则称函数和在点P处相切，称点P为这两个函数的切点.设函数，.
（1）当，时，判断函数和是否相切?并说明理由；
（2）已知，，且函数和相切，求切点P的坐标；
（3）设，点P的坐标为，问是否存在符合条件的函数和，使得它们在点P处相切?若点P的坐标为呢?（结论不要求证明）
【答案】（1）不相切，理由见解析
（2）切点的坐标为.
（3）P的坐标为时，存在符合条件的函数和，使得它们在点P处相切，P的坐标为时，不存在.
【解析】
【分析】（1）根据两函数相切可得，即可说明求解；
（2）根据题意可知函数和在切点处满足，即可求解；
（3）根据两个函数存在切点，则有，即，将所给的两个点坐标分别代入即可求解.
【小问1详解】
当，时，，，
，，令，
即无解，所以函数和不相切.
【小问2详解】
因为，，所以，
，，
设切点为,
则，消去得，（*）
注意到，所以，
设函数，
，令，解得或（舍），
令，解得；令，解得；
所以函数在单调递增，单调递减，
所以,
所以（*）方程有且仅有一个解为，于，
所以切点的坐标为.
【小问3详解】
，，
若两个函数存在切点，则有，即，
假设存在P的坐标为，
则，即，解得，满足题意，
所以P的坐标为，存在符合条件的函数和，使得它们在点P处相切，
此时，.
假设存在P的坐标为，
则，解得，不满足题意，
所以P的坐标为，不存在符合条件的函数和，使得它们在点P处相切.
21. 对于数列定义为的差数列，为的累次差数列.如果的差数列满足，，则称是“绝对差异数列”；如果的累次差数列满足，，则称是“累差不变数列”.
（1）设数列：2，4，8，10，14，16；：6，1，5，2，4，3，判断数列和数列是否为“绝对差异数列”或“累差不变数列”，直接写出你的结论；
（2）若无穷数列既是“绝对差异数列”又是“累差不变数列”，且的前两项，，（为大于0的常数），求数列的通项公式；
（3）已知数列：是“绝对差异数列”，且.证明：的充要条件是.
【答案】21. 答案见解析
22. 答案见解析23. 证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据定义分析判断即可；
（2）根据题意分析可知为定值，利用累加法结合等差数列运算求解；
（3）根据“绝对差异数列”结合充分、必要条件分析证明.
【小问1详解】
对于数列：2，4，8，10，14，16；可得：
差数列为：2，4，2，4，2，不满足，所以不是“绝对差异数列”；
累次差数列为：2，，2，，满足，所以是“累差不变数列”，
对于数列：6，1，5，2，4，3；可得：
差数列为：，4，，2，，不满足，所以不是“绝对差异数列”；
累次差数列为：9，，5，，不满足，所以不是“累差不变数列”.
【小问2详解】
因为，则，
反证：假设不是定值，即存在，使得，
可得，即，
这与既是“绝对差异数列”相矛盾，假设不成立，所以为定值，
①若，即，
可知数列是以首项为，公差为的等差数列，
当时，则
，
当时，符合上式，
综上所述：；
②若，同理可得；
综上所述：若，；
若，.
【小问3详解】
因为，根据集合的互异性可知，，
则，
又因为数列是“绝对差异数列”，则，，
充分性：若，
可得，
即，所以，
若差数列为，符合的排序只能为；
若差数列为，符合的排序只能为或，
若差数列为，符合的排序只能为或，
若差数列为，符合的排序只能为或或或，
若排序，则当差数列为时，无法排序，不合题意；
若排序为，则当差数列为时，无法排序，不合题意；
所以符合的排序只能为或，
利用数学归纳法证明：当差数列为，符合的排序为，
显然，符合题意；
假设在差数列有意义的前提下：
当差数列为，符合排序为；
则当差数列为时，符合的排序为或，
当差数列为时，
对于可得符合的排序为；
对于，无法排序；
所以符合的排序为，
即当差数列为，符合的排序为；
所以当差数列为，符合的排序为，成立；
同理可证：当差数列为，符合的另一种排序为；
依次类推，可得其排列为或，
所以，故充分性成立；
若，则，
若差数列为，则符合的排序为或，
若差数列为，则符合的排序为或或或，
若差数列为，则符合的排序为或，
因为的排序为，不合题意，
的排序为，不合题意，
所以若差数列为，则符合的排序为，
若差数列为，则符合的排序为或，
若差数列为，则符合的排序为或，
利用数学归纳法证明：当差数列为时，符合的的排序为，
当时，成立；
假设在差数列有意义的前提下：
当差数列为，符合的排序为；
当差数列为，符合的排序为或，
当差数列为，
对于可得排序为，
对于则无法排序，
所以当差数列为，符合的排序为；
同理可证：当差数列为，符合的排序为；
此时满足数列是“绝对差异数列”的排序只有两种：
或，
则
，必要性成立；
所以的充要条件是.
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列新定义的问题，处理此类问题时，通常根据题中新定义的概念，结合已知结论求解，根据题中的定义，结合等差数的通项公式与求和公式进行求解.