北京市顺义区2024届高三数学上学期10月月考试题含解析

这是一份北京市顺义区2024届高三数学上学期10月月考试题含解析，共18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（共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．）
1. 已知全集，集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先分别写出集合，在根据补集定义求解.
【详解】依题意，，，根据补集的定义：.
故选：C
2. 命题“，使得”的否定为（ ）
A. ，使得B. ，使得
C. ，都有D. ，都有
【答案】C
【解析】
【分析】
利用含有一个量词的命题的否定定义得出选项．
【详解】命题“，使得”的否定为“，都有”
故选：C
3. 若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对A，由不等式的基本性质可证明，对B、C、D通过举例可判断.
【详解】对A，由，可得，从而有成立，故A正确；
对B、D，若，则，，故B、D不正确；
对C，若，则，故C不正确.
故选：A
4. 下列函数在定义域内单调递增是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数解析式结合基本的性质逐个分析判断.
【详解】对于A，定义域为，函数在上单调递增，在上单调递增，但在定义域内不单调递增，如当，而，所以A错误，
对于B，定义域为，函数在上单调递增，但在定义域内不单调递增，所以B错误，
对于C，定义域为，函数在上单调递减，所以C错误，
对于D，定义域为，函数在上单调递增，所以D正确，
故选：D
5. 已知函数，在下列区间中，包含零点的区间是（ ）
A. （0，1）B. （1，2）C. （2，3）D. （3，4）
【答案】C
【解析】
【分析】
判断函数的单调性，以及（2），（3）函数值的符号，利用零点存在性定理判断即可．
【详解】函数，是增函数且为连续函数，
又（2），
（3），
可得
所以函数包含零点的区间是．
故选：．
【点睛】本题主要考查零点存在定理的应用，应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.
6. 已知平面向量，，，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出的坐标，再由列方程可求出的值.
【详解】因为，，
所以，
因为，，
所以，解得，
故选：C
7. 已知数列是无穷项等比数列，“”是“单调递增”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. 既不充分又不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可
【详解】因为单调递增，所以，所以必要性成立；
因为数列是无穷项等比数列，且，
所以，
当时，则解得，此时，所以，即；
当时，则解得，此时，所以，即，
综上所述，即单调递增，所以充分性成立，
则“”是“单调递增”的充分必要条件，
故选：C
8. 点声源在空间中传播时，衰减量（单位：dB）与传播距离r（单位：米）关系式为，则r从5米变化到40米时，衰减量的增加值约为（）
参考数据：
A. 24dBB. 18dBC. 16dBD. 12dB
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数的运算法则化简计算即可求得增加值.
【详解】由已知，
所以r从5米变化到40米衰减量的增加值为，
整理得.
故选：B
9. 在边长为1的正六边形中，点P为其内部或边界上一点，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的共线表示以及平面向量基本定理，可表达出，结合图形特征以及数量积的运算即可求解.
【详解】
延长交于点，过过交于，过过交于，过过交于，
在中，，在中，，
易得所以是等边三角形，
所以，因为，所以四边形是平行四边形，
所以，
因为，其中，
所以，
因为，所以，
所以，
当点与点重合时，此时,取得最大值为；
当点与点重合时，此时，取得最小值为，
的取值范围是．
故选：B
10. 已知函数，若的图像关于坐标原点对称，的图像关于y轴对称，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件列关系式求，，结合绝对值三角不等式求的最小值，可得结论.
【详解】因为，所以，，因为的图像关于坐标原点对称，的图像关于y轴对称，所以，，，，
所以，，所以，，，当且仅当，异号或时等号成立，所以，当且仅当，且，异号或时等号成立，所以的最小值为，
故选：A.
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】由二次根式以及分式有意义的条件即可求解.
【详解】由题意自变量应满足，解得且，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
12. 已知，，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】，而是定值，可利用基本不等式的变形：进行求解.
【详解】由基本不等式，，当且仅当取到等号，即时，的最大值是.
故答案为：
13. 已知为第二象限角，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用同角关系式以及两角和的正弦公式即得.
【详解】因为是第二象限角，且，
所以，
故.
故答案为：.
14. 已知数列的通项公式为，，且为单调递增数列，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据数列为单调递增数列，可得到相应的不等式恒成立，即可求得答案.
【详解】∵数列的通项公式为,
数列是递增数列，
∴，恒成立
即，恒成立，而随n的增大而增大，
即当时，取得最小值2，则，
所以实数 的取值范围是 ，
故答案为：.
15. 已知函数，有下面四个命题：
①当时，在单调递减；
②若恰有两个不同的零点，则；
③若函数恰有4个不同的零点，，，，则；
④对于任意的，函数恰有3个不同的零点．
其中，全部正确命题的序号为__________．
【答案】①③
【解析】
【分析】①先判断时，的函数解析式和在的单调性，然后判断在时的函数解析式和单调性，然后再比较两段单调函数在处的函数值，判断其单调性即可；②分别计算时，恰有两个不同的零点的的取值即可；③先利用时，为二次函数，计算出两个根之和为其对称轴取值的两倍，然后再计算时的两根的关系为，然后利用均值不等式，得到，然后利用不等式的性质，得到；④当时，显然不会恰有三个零点，所以错误.
【详解】①时，函数开口向下且对称轴为，所以在单调递减，其最小值为，当时，，由复合函数的单调性可知此时单调递减，且时，所以当时，单调递减，故①正确；②当时，，显然没有两个零点，当时，令，得，解得，所以当时，恰有一个零点，要使恰有两个零点，只需时，恰有一个零点即可，由①可知，当时，函数开口向下且对称轴为，在单调递减，其最小值为，所以无零点，在单调递增，且，所以此时恰有一个零点满足题意，当时，函数开口向下且对称轴为，且，所以要使在时，恰有一个零点，只需即可，解得，综上所述要使恰有两个不同的零点，得，故②错误；③显然当时，在单调递减，在单调递增，所以此时最多有两个零点，当，，显然该函数为二次函数，所以，最多有两零点，要使函数恰有4个不同的零点，，，，则时恰有两个零点，时，恰有两个零点，不妨设，因为时，关于对称，所以，当时，得，，所以有，得，又因为，所以有，得，由均值不等式可知，当时等号成立，因为，所以，故，因为，得，得，得，又因为，所以得，故③正确；④当时， ，令，即显然由无穷多零点，故④错误.
故填：①③
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. 已知函数，且．
（1）求a的值；
（2）求函数的最小正周期及单调递增区间；
（3）若对于任意的，总有，直接写出m的最大值．
【答案】（1）；
（2）函数的最小正周期为，单调递增区间为，；
（3）m的最大值为.
【解析】
【分析】(1)由条件列方程求，(2)由辅助角公式化简函数表达式，结合正弦函数的性质求函数的最小正周期及单调递增区间；(3)解不等式求的范围，由此确定的最大值.
【小问1详解】
因为，，所以，所以，所以，所以，
【小问2详解】
由(1) ，化简得，
所以，
所以函数的最小正周期，
由，，得，，
所以函数的单调递增区间为，；
【小问3详解】
由，可得，所以，所以，，化简可得
由对于任意的，总有可得的最大值为.
17. 已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）求在区间上的最大值和最小值．
【答案】（1）
（2）最大值为，最小值为1
【解析】
【分析】（1）第一问先对函数求导，然后分别求出的值，由此即可求解.
（2）先根据导函数求出函数的单调区间，然后根据函数单调性确定其最值.
【小问1详解】
对函数求导得，，
所以，
所以曲线在处的切线方程为，
化简并整理得该切线方程为.
【小问2详解】
由（1）可知，
当时，随的变化情况如下表：
由上表可知函数在上单调递增，在上单调递减，且在时取得极大值，
所以在区间上的最大值，
而在区间上的最小值为中的较小者，
又，所以，
所以在区间上的最小值为.
18. 如图，在四边形ABCD中，为钝角，且．
（1）求的大小；
（2），，BD平分，且的面积为，求边CD的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据条件，运用正弦定理即可；
(2)根据条件，运用余弦定理先求出BC，再根据面积求出BD，最后再运用余弦定理求出CD.
【小问1详解】
由条件可得，由正弦定理得 ,
由题意，；
【小问2详解】
在中，由余弦定理得：，
，解得BC=4，
由题意，，，，
在中，由余弦定理得：，
；
综上，， .
19. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，椭圆E的离心率为．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）过作直线l与椭圆E交于不同的两点M，N，其中l与x轴不重合，直线与直线交于点P，判断直线与DP的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）椭圆E的标准方程为；
（2）平行，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求。可得椭圆方程；
（2）根据题意设直线MN及M、N点坐标，结合题意求点P的坐标，结合韦达定理证明即可.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为，
由已知点的坐标分别为，
因为，所以，所以，
又椭圆E的离心率为，所以，
所以，
所以，
所以椭圆E的标准方程为；
【小问2详解】
因为直线与x轴不重合，且过点，
所以可设直线的方程为，
联立方程，消去x可得，
方程的判别式，
设
∴，
∵，则
则直线的方程为，
代入可得，即
∴，
则
∵，即
∴，
所以直线与DP平行.
【点睛】关键点点睛：
(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
20. 已知函数．
（1）求函数在上的最大值；
（2）若对于任意的，总有，请求出m的最大值和n的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数连续求导可知在上单调递减，结合可知在上单调递减，从而即可求解.
（2）将原问题转换为在上恒成立且在上恒成立，对于前者，直接正常构造函数，利用，而后者则需要将不等式
变形为，由此构造函数对进行分类讨论即可.
【小问1详解】
对求导得，，
设，继续对求导得，
注意到当时，，
所以在上单调递减，
又，
所以当时，，
所以函数在上单调递减，
所以函数在上的最大值为.
【小问2详解】
一方面：不妨设在上恒成立，求导得，
由（1）可知在上恒成立，
所以在上恒成立，
即函数在上严格单调递减，
所以当时，恒成立，
若不等式在上恒成立，由以上分析可知的最大值为.
另一方面： 由题意在上恒成立，将不等式变形为，
不妨设，求导得，
显然在上恒成立，令，得，分以下三种情形来讨论，
情形一：当即时，在上恒成立，
所以上单调递增，
所以此时有，故满足题意，
情形二：当即时，
函数随的变化情况如下表：
此时，故不满足题意；
情形三：当即时，在上恒成立，
所以在上单调递减，
所以此时有，故不满足题意；
结合以上三种情形可知满足题意的的最小值为.
结合以上两方面，综上所述：m的最大值和n的最小值分别为.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键是要连续求导且发现，从而即可顺利求解；至于第（2）问首先要去将问题转换为两个恒成立问题分别求解，在研究时，直接构造函数即可求解，而在研究，先要去将不等式变形为，然后对进行分类讨论去分析.
21. 已知，，，记，用表示有限集合的元素个数.
（I）若，，，求；
（II）若，，则对于任意，是否都存在，使得？说明理由；
（III）若，对于任意的，都存在，使得，求的最小值.
【答案】（I），或，或；（II）不一定存在，见解析；（III）11.
【解析】
【分析】（I）由已知得，其中，相差2，由此可求得T；
（II）当时，，则相差不可能1，2，3，4，5，6，可得结论.
（III）因为，故集合A中的元素的差的绝对值至多有10种，可得的最小值.
【详解】（I）若，则，其中，否则，
又，，，则相差2，
所以，或，或；
（II）不一定存在，
当时，，则相差不可能1，2，3，4，5，6，
这与矛盾，故不都存在T.
（III）因为，故集合A中的元素的差的绝对值至多有10种，
当时，结论都成立；
当时，不存在，，使得A中任意两个元素差不同，所以当时，结论成立；
当时，若，则不存在T，所以的最小值为11.
【点睛】关键点睛：本题考查集合的新定义，解决此类问题的关键在于准确理解集合的新定义，紧扣定义解决问题.
极大值