2024届北京市大兴区第一中学高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届北京市大兴区第一中学高三上学期10月月考数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知全集，集合，那么集合（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】分别求得，结合集合的补集与并集的运算，即可求解.
【详解】由集合，
可得，所以.
故选：A.
2．某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（ ）
A．62%B．56%
C．46%D．42%
【答案】C
【分析】由容斥原理即可得解..
【详解】由题意，该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为
所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为.
故选：C.
3．不等式成立的充分不必要条件是（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】A
【分析】易知不等式的解集为,据此确定其成立的一个充分不必要条件即可.
【详解】不等式即，等价于，
由穿根法可得不等式的解集为,
结合选项可知其成立的一个充分不必要条件是.
本题选择A选项.
【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，充分必要条件的判定方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
4．函数的零点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】结合分段函数，在各自的范围判断零点个数即可.
【详解】当时，令，解得：；
当时，在上单调递增，
又，所以，
所以在上有且只有1个零点；
综上，在上有2个零点.
故选：C
5．下列函数中，同时满足①对于定义域内的任意，都有，②存在区间，在区间上单调递减的函数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】分别判断每个函数的奇偶性和单调性即可.
【详解】对于A，，且存在区间，单调递减，故A正确；
对于B，是增函数，不存在减区间，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，在定义域是增函数，不存在减区间，故D错误.
故选：A.
6．将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位，则所得函数图象的解析式是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据图象平移过程写出解析式即可.
【详解】将原函数所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），则，
再将所得图象向左平移个单位，则.
故选：D
7．“且”是“”的（ ）条件
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据题意，分别验证充分性以及必要性，即可得到结果.
【详解】若且，则，故充分性满足；
但是由推不出且，例如，故必要性不满足；
所以“且”是“”的充分不必要条件.
故选：C
8．若满足条件的△ABC有两个，那么a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理得出，由于满足条件的△ABC有两个，则函数与函数的图象有两个交点，画出图象，即可得出a的取值范围.
【详解】根据正弦定理可知，代入可求得
因为满足条件的△ABC有两个，所以有两个角
即函数与函数的图象有两个交点，如下图所示
由图可知，，所以
故选：C
【点睛】本题主要考查了根据三角形解的个数求参数的范围，属于中档题.
9．已知是定义在上周期为2的奇函数，当时，，则在上是（ ）.
A．增函数且B．增函数且
C．减函数且D．减函数且
【答案】A
【分析】根据题意，由函数的奇偶性可得的解析式，再由其周期即可得到的图像，即可判断.
【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，
当时，，设，则，
所以，则，
且，所以，
又是周期为2的函数，
所以在的图像与的图像相同，且为增函数，且.
故选：A
10．已知函数，且，下面四个判断，正确的个数为（ ）个.
①；
②若，则关于点对称；
③若，则对于R，；
④若，则
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】对于①，求函数，代入验证符号得出结果；对于②，根据对称性结论验证是否成立；对于③展开，根据二次函数最值进行计算得出结果；对于④利用作差比较法得出结果.
【详解】由已知，
对于①，，
因为，所以，，故①正确；
对于②，若，则，因为
，
所以关于点对称，故②正确；
对于③，将展开可得，
又抛物线开口向上，故，当时，，
所以，则对于R，，故③正确；
对于④，，
因为由得，即，由得，
所以，即，故④正确.
故选：D.
二、填空题
11．已知命题p：∃x∈R，x2＋2ax＋a≤0，则p为 ．
【答案】x∈R，x2＋2ax＋a﹥0.
【分析】把存在量词改为全称量词，然后再对后面的命题进行否定．
【详解】由题意得p为“x∈R，x2＋2ax＋a﹥0”．
【点睛】本题考查含有量词的命题的否定，解题时注意否定的方法，即改变量词并同时对命题进行否定．
三、双空题
12．已知角的终边经过点，则 ， .
【答案】 /
【分析】根据题意，由三角函数的定义可得，再由二倍角公式即可得到.
【详解】因为角的终边经过点，则，
.
故答案为：；
四、填空题
13．设，且，则m＝ .
【答案】
【分析】首先指数式化为对数式，再根据对数运算公式计算.
【详解】因为，所以，，
所以.所以，所以.
故答案为：
【点睛】本题考查指对数运算，重点考查计算能力，属于基础题型.
14．函数 的定义域是 ．
【答案】
【详解】试题分析：由得：，所以函数的定义域为．
【解析】函数定义域的求法．
点评：求函数定义域的最后结果一定要写成集合或区间的形式．比如此题，要是写成不得分．
15．设函数的定义域为，若对于任意，存在，使得，则称函数具有性质M，给出下列四个结论：
①函数不具有性质M；
②函数具有性质M；
③若函数，具有性质M，则；
④若函数具有性质M，则.
则正确的序号为 .
【答案】①③
【分析】对每个选项中的具体函数，先求定义域和值域，再结合题中函数性质的定义进行判断或特殊值验证进行说明，即可判断得到答案．
【详解】解：由题意，函数的定义域为，若对任意，存在，使得，则称函数具有性质．
对于①，函数，定义域为，当时，显然不存在，使得，故不具备性质，故选项①正确；
对于②，函数，定义域为，关于原点对称，且满足，故函数为偶函数，，当且仅当时等号成立，即值域为，，
对任意的，，要使得，则需，
而不存在，使得，故不具备性质，故选项②错误；
对于③，函数在，上是单调递增函数，定义域为，，其值域为，，
要使得其具有性质，则对任意的，，，，总存在，，，，
即，即，所以，
故，所以，故，故选项③正确；
对于④，函数具有性质，定义域为，使得，，
一方面函数值不可能为零，即对任意的恒成立，而，，故或，
另一方面，的值域是值域的子集，的值域为，的值域为，
要满足题意，只需，
当时，，，即；
当时，，，即；
故，即，即，解得，故选项④错误．
故正确结论的序号是①③．
故答案为：①③．
五、解答题
16．已知函数，若该函数的一个最高点的坐标为，与其相邻的对称中心坐标为.
(1)求函数解析式；
(2)求函数的单调增区间.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由条件可得以及周期，从而得到，再代入点的坐标即可得到；
（2）根据题意，由正弦型函数的单调区间代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意可得，，且，则，所以，
所以，将点代入，可得，
即，解得，且，则，
所以.
（2）由（1）可得，令，，
解得，，所以的单调增区间为.
17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】详见解析
【分析】方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.
【详解】［方法一］【最优解】：余弦定理
由可得：，不妨设，
则：，即.
若选择条件①：
据此可得：，，此时.
若选择条件②：
据此可得：，
则：，此时：，则：.
若选择条件③：
可得，，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.
［方法二］：正弦定理
由，得．
由，得，即，
得．由于，得．所以．
若选择条件①：
由，得，得．
解得．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时．
若选择条件②：
由，得，解得，则．
由，得，得．
所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时．
若选择条件③：
由于与矛盾，所以，问题中的三角形不存在．
【整体点评】方法一：根据正弦定理以及余弦定理可得的关系，再根据选择的条件即可解出，是本题的通性通法,也是最优解；
方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去角，可求出角，从而可得，再根据选择条件即可解出．
18．已知，
(1)求的极值；
(2)若函数存在两个零点，求的取值范围.
【答案】(1)极大值为，无极小值；
(2).
【分析】（1）利用导数研究的单调性，即可求极值；
（2）问题化为与有两个交点，结合（1）结论及性质确定参数范围.
【详解】（1）令且，则，
当时，当时，
所以在上递增，上递减，
故的极大值为，无极小值.
（2）由题设，有两个根，即与有两个交点，
由（1）知：在上递增，上递减，
在上，在上，且当趋向正无穷时趋向于0，
综上，只需，即.
19．某地政府为科技兴市，欲将如图所示的一块不规则的非农业用地规划建成一个矩形的高科技工业园区以及相应配套设施，已知为等腰直角三角形，且，曲线是以点为顶点且开口向下的抛物线的一段.如果要使矩形的顶点分别在线段及曲线上，设矩形一边长；
(1)求出矩形面积与的解析式；
(2)因规划要求，令问应如何规划才能使矩形工业园区的用地面积最大？并求出相应的用地面积.
【答案】(1)
(2)当时，矩形工业园区的用地面积最大，面积的最大值为.
【分析】（1）先利用待定系数法求出抛物线段方程，再表示边长，得出矩形面积；
（2）利用导数求函数的最值得出结果.
【详解】（1）以为坐标原点，为所在直线为轴建立平面直角坐标系，
因为BC段曲线方程为抛物线，，所以设曲线方程为，
因为km，所以，，
将点的坐标代入得，解得，
所以，.
由题意：，，；
，，
，
所以.
（2）已知，.
，令，解得，
所以当时，矩形工业园区的用地面积最大，面积的最大值为.
20．已知函数．
（1）若的图象在处的切线l的斜率为，求直线l的方程；
（2）若对于任意的，恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求导，由可得，可求得，即得解；
（2）先由且，求得，求导分析单调性可得在上单调递减，在上单调递增，，要使恒成立，只需，即，解不等式即可
【详解】（1），
，
，，
解得；
，切点为，斜率为，
所以切线．
（2）因为，恒成立
所以且，解得，
令，因为，所以，
令，
令
所以在上单调递减，在上单调递增，
，
要使恒成立，只需，
即，所以．
21．已知由实数组成的数组满足下面两个条件：
①；②．
(1)当时，求，的值；
(2)当时，求证；
(3)设，且，求证：．
【答案】(1)或
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）解方程组，求出答案；
（2）方法一：变形得到；
方法二：变形得到；
（3）方法一：先利用绝对值三角不等式得到，再结合，证明出不等式；
方法二：令，则，，由阿贝尔恒等式进行证明.
【详解】（1）根据题意，得，故，，
解得或，
故或；
（2）解法一：
当时，有，，
则，所以，
当且仅当时，等号成立；
解法二：当时，有，，
则，当且仅当时，等号成立；
（3）解法一（一般解法）：
依题意，得，，由于，且，
，
即，因为
．
解法二（阿贝尔恒等式证法）：
根据，，可知正项之和为，负项之和为．
令，则，．
由阿贝尔变换，得．
【点睛】方法点睛：阿贝尔恒等式：对于实数序列，在计算过程中，我们可以采用如下的变换过程：
，
若记，则上式可简记为：，
阿贝尔恒等式可推导出排序不等式，是证明不等式中的利器之一.
0
增
极大值
减