2025-2026学年北京市朝阳区中国科学院附属实验学校高三上学期10月月考数学试题（含答案）

这是一份2025-2026学年北京市朝阳区中国科学院附属实验学校高三上学期10月月考数学试题（含答案），共10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：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设集合A=x0≤x≤2，集合B=x12．
21.(本小题13分)
若有穷正整数数列A：a1，a2，a3，…，a2n(n≥3)满足如下两个性质，则称数列A为T数列：①a2i-1+a2i=2i(i=1,2,3,⋯,n)；②对任意的i∈{1,2,3,⋯,2n-1}，都存在正整数j≤i，使得ai+1=aj+aj+1+aj+2+⋯+aj+(i-j)．
(1)判断数列A：1，1，1，3，3，5和数列B：1，1，2，2，4，4，4，12是否为T数列，说明理由；
(2)已知数列A：a1，a2，a3，…，a2n(n≥3)是T数列．
(i)证明：对任意的i∈{2,3,⋯,n-1}，a2i=3×2i-2与a2i+1=3×2i-2不能同时成立；
(ii)若n为奇数，求a2+a4+a6+⋯+a2n的最大值．
参考答案
1.A
2.C
3.D
4.C
5.A
6.C
7.C
8.B
9.D
10.B
11.0,1
12.π3
13.-2425
14.(1,0)(答案不唯一)
15.①②④
16.(1)因为acsC+ccsA=2a，有正弦定理得sinAcsC+sinCcsA=2sinA，
所以sin(A+C)=2sinA，
由A+C=π-B，得sinB=2sinA，
又因为A∈(0,π)，所以sinA>0，所以sinBsinA=2，
由正弦定理可得ba=sinBsinA=2；
(2)因为A=π6，c= 3，
所以由余弦定理得a2=b2+c2-2bccsA=b2+3-2 3bcsπ6，
又由(1)可知，b=2a，所以a2=4a2+3-4 3a× 32，
整理得3a2-6a+3=0，即a2-2a+1=0，
所以a=1， 所以b=2a=2，
所以▵ABC面积为S△ABC=12bcsinA=12×2× 3×sinπ6= 32．

17.(1)因为PD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PD⊥AB，
又因为AB//CD，AD⊥CD，所以AD⊥AB，
又因为AD∩PD=D,AD,PD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD．
(2)由(1)可知，PD⊥AD，PD⊥CD，AD⊥CD，
如图所示，以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz，

则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,3,0)，P(0,0,3)，
则AB=(0,2,0)，AP=(-2,0,3)，
设平面PAB的一个法向量为m=(x,y,z)，
由m⋅AB=0,m⋅AP=0得2y=0,-2x+3z=0,所以y=0,x=32z，令z=2，则m=(3,0,2)，
又因为AD⊥平面PCD，所以DA=2,0,0是平面PCD的一个法向量．
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，则
csθ=csm,DA=m⋅DAmDA=6 13×2=3 1313．
(3)直线AB//l.理由如下：

因为AB//CD，CD⊂平面PCD，平面PCD，
所以AB//平面PCD，
又因为AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面PCD=l，所以AB//l．

18.(1)函数f(x)的定义域为(-1,+∞)，
当a=1时，f'(x)=1-1x+1=xx+1，
x∈(-1,0)时，f'(x)-1)．
(1)当a≤0时，f'(x)0时，令f'(x)=0，得x=1a-1．
当x变化时，f'(x)与f(x)的变化情况如下表：
由上表知，当x=1a-1时，f(x)取得极小值．
综上，a的取值范围为(0,+∞)．

19.(1)由ω=1，φ=π6，得f(x)= 32sin2x+cs2x．
则fπ2=0；
(2)f(x)=sin2ωxcsφ+2cs2ωxsinφ，
=sin2ωxcsφ+(cs2ωx+1)sinφ
=sin2ωxcsφ+cs2ωxsinφ+sinφ，
=sin(2ωx+φ)+sinφ．
选择条件①：
因为fx在区间-π6,π3上单调递增，
且x=π3是函数y=f(x)的图象的对称轴，
又当x=-π6时，f(x)取到最小值，所以T2=π3--π6=π2，
故T=π．
因为ω>0，所以2ω=2πT=2．
所以ω=1，f(x)=sin(2x+φ)+sinφ．
又因为f-π6=sin-π3+φ+sinφ=-1+sinφ，
所以sin-π3+φ=-1，得φ=2kπ-π6(k∈Z)．
又因为|φ|0，所以2ω=2πT=2．
所以ω=1，f(x)=sin(2x+φ)+sinφ．
又因为f-π6=sin-π3+φ+sinφ=-1+sinφ，
所以sin-π3+φ=-1，得φ=2kπ-π6(k∈Z)．
又因为|φ|0，
所以f(x)在区间(-π,0]上单调递增，
又f(-π)=e-π-10，
所以f(x)在区间(-π,0]上仅有一个零点，
综上，f(x)在区间(-π,+∞)上的零点个数为1．
(3)设g(x)=f(x)-x-2(x>0)，即g(x)=ex+csx-x-2，
所以g'(x)=ex-sinx-1，
设g'(x)=h(x)，h'(x)=ex-csx，
因为x>0时，ex>1，-1≤csx≤1，所以h'(x)>0，
所以h(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
即g'(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
故g'(x)>g'(0)=0，所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增．
故g(x)>g(0)=0，所以f(x)-x-2>0．
因为m>0，所以f(m)-m-2>0，
又f(m)=n，所以n-m>2．

21.(1)数列A不是T数列，理由如下：
对于数列A，因为a6=5，a5=3a6，
所以数列A不满足性质②，所以数列A不是T数列；
数列B是T数列，理由如下：
对于数列B，因为a1+a2=2，a3+a4=4，a5+a6=8，a7+a8=16，
所以数列B满足性质①，
又因为a2=a1，a3=a1+a2，a4=a3，a5=a3+a4，
a6=a5，a7=a6，a8=a5+a6+a7，
所以数列B满足性质②．
所以数列B是T数列．
(2)(i)假设存在i∈{2,3,⋯,n-1}，使得a2i=a2i+1=3×2i-2，
由性质①，可得a2i+2=2i+1-a2i+1=2i+1-3×2i-2=5×2i-2，
由性质②，存在正整数j≤2i+1，使得a2i+2=aj+aj+1+aj+2+⋯+a2i+1，
又因为a2i+1