2024-2025学年北京市丰台区第十二中学高三上学期10月月考数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市丰台区第十二中学高三上学期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.已知集合A=−1,0,1，集合B={x∈Z|x2−2x≤0}，那么A∪B等于( )
A. −1B. 0,1C. 0,1,2D. −1,0,1,2
2.设复数z满足2−iz=2+i，则z在复平面内所对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.下列函数中，在区间(0,+∞)上单调递增的是( )
A. f(x)=−lnxB. f(x)=12xC. f(x)=−1xD. f(x)=3|x−1|
4.在x−1x24的展开式中，x的系数为( )
A. −4B. 4C. −6D. 6
5.设a,b∈R,ab≠0，且a>b，则( )
A. ba2
C. sina−b2b
6.已知a,b,c分别为▵ABC三个内角A,B,C的对边，若a2−b2=bc，sinC=2sinB，则A等于( )
A. 5π6B. 2π3C. π3D. π6
7.函数fx=2x+x，gx=lg2x+x，ℎx= x+x的零点分别为a，b，c，则a，b，c，的大小顺序为( )
A. a>b>cB. b>a>cC. b>c>aD. c>a>b
8.在▵ABC中，角A，B，C所对的过分别为a，b，c，则“cs2A>cs2B”是“aA. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
9.恩格斯曾经把对数的发明、解析几何的创始和微积分的建立称为十七世纪数学的三大成就.其中对数的发明曾被十八世纪法国数学家拉普拉斯评价为“用缩短计算时间延长了天文学家的寿命”.已知正整数N的70次方是一个83位数，则由下面表格中部分对数的近似值(精确到0.001)，可得N的值为( )
A. 13B. 14C. 15D. 16
10.已知函数fx=−x 3+3x&x≥a2x−a&xA. a的最小值为−2，Fa的最大值为2
B. a的最大值为 2，Fa的最小值为 2
C. a的最大值为 2，Fa的最大值为2
D. a的最小值为−2，Fa的最小值为 2
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.函数fx=1x−1+lnx的定义域是 ．
12.点Pcsθ,sinθ与Qcsθ+π4,sinθ+π4，关于x轴对称，写出一个符合题意的θ值 ．
13.已知等差数列an的前n项和为Sn,a1=3,a1−a2=a3，则Sn的最大值为 ．
14.已知函数f(x)=Asinωx+φ(A,ω,φ是常数，A>0，ω>0).若f(x)在区间π4,3π4上具有单调性，且f3π4=f11π12=−fπ4，则ω的值为 ．
15.已知函数f(x)= x3−x，给出下列四个结论：
①函数f(x)是奇函数；
②∀k∈R，且k≠0，关于x的方程f(x)−kx=0恰有两个不相等的实数根；
③已知P是曲线y=f(x)上任意一点，A−12,0，则AP≥12；
④设Mx1,y1为曲线y=f(x)上一点，Nx2,y2为曲线y=−f(x)上一点.若x1+x2=1，则MN≥1．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题12分)
已知函数fx=asinxcsx+cs2x+π6，且fπ4=12．
(1)求a的值和fx的最小正周期；
(2)求fx在0,π上的最大值和最小值．
17.(本小题12分)
在▵ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinAcsB=2sinA−csAsinB．
(1)求sinCsinA的值；
(2)若b=3，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得▵ABC存在唯一确定，求▵ABC的面积.条件①：sinC= 154；条件②：csB=1116；条件③：▵ABC的周长为9．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
18.(本小题12分)
某学校为提升学生的科学素养，所有学生在学年中完成规定的科普学习任务，并通过科普测试获得相应科普过程性积分.现从该校随机抽取60名学生，获得其科普测试成绩(百分制，且均为整数)及相应过程性积分数据，整理如下表：
用频率估计概率．
(1)从该校全体学生中随机抽取一名学生，估计这名学生科普过程性积分不低于2分的概率；
(2)从该校全体学生中随机抽取三名学生，估计这三名学生的科普过程性积分之和恰好为6分的概率；
(3)从该校科普过程性积分不低于1分的学生中随机抽取两名学生，记这两名学生科普过程性积分之差的绝对值不超过1的概率估计值记为p1，这两名学生科普过程性积分之差的绝对值不低于1的概率估计值记为p2，试判断p1和p2的大小(结论不要求证明)．
19.(本小题12分)
已知函数fx=x+1ex．
(1)求函数fx的极值；
(2)求证：当x∈0,+∞时，fx>−12x2+1；
(3)过原点是否存在曲线fx的切线，若存在，求出切线方程；若不存在，说明理由．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=m(x−1)2+ln(x−1)，其中m∈R．
(1)当m=1时，求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程；
(2)若f(x)在(2,+∞)上存在极值，求实数m的取值范围；
(3)求f(x)的零点个数．
21.(本小题12分)
对于数列an，定义an∗=1,an+1≥an,−1,an+1(1)设an=n2n，写出a1∗，a2∗，a3∗，a4∗；
(2)证明：“对任意n∈N∗，有Sn∗=an+1−a1”的充要条件是“对任意n∈N∗，有an+1−an=1”；
(3)已知首项为0，项数为m+1m≥2的数列an满足：
①对任意1≤n≤m且n∈N∗，有an+1−an∈−1,0,1；
②Sm∗=am．
求所有满足条件的数列an的个数．
参考答案
1.D
2.A
3.C
4.A
5.C
6.C
7.C
8.C
9.C
10.B
11.0,1∪1,+∞．
12.7π8(答案不唯一)
13.6
14.32
15.②③④
16.(1)fx=asinxcsx+cs2x+π6=a2sin2x+cs2xcsπ6−sin2xsinπ6
=a−12sin2x+ 32cs2x，
因为fπ4=12，所以a−12sinπ2+ 32csπ2=a−12=12，所以a=2，
所以fx=12sin2x+ 32cs2x=sin2x+π3，所以fx的最小正周期T=2π2=π．
(2)当x∈0,π时，π3≤2x+π3≤7π3，
当2x+π3=π2，即x=π12时，f(x)max=fπ12=sin2×π12+π3=sinπ2=1，
当2x+π3=3π2，即x=7π12时，f(x)min=f712π=sin2×712π+π3=−1，
即x=7π12时fx最小值为−1，x=π12时fx最大值为1．

17.(1)因为sinAcsB=2sinA−csAsinB，则有2sinA=sinAcsB+csAsinB，
即2sinA=sinA+B，又因为A+B=π−C，
所以2sinA=sinA+B=sinC，所以sinCsinA=2．
(2)由(1)得sinC=2sinA，由正弦定理可得c=2a，
若选条件①：sinC= 154，因为c>a，即C>A，
若C为锐角，则csC= 1−sin2C=14，
由余弦定理有csC=a2+b2−c22ab，又b=3，
即14=a2+9−4a26a，整理得2a2+a−6=0，且a>0，
解得a=32，则c=3；
若C为钝角，则csC=− 1−sin2C=−14，
由余弦定理有csC=a2+b2−c22ab，又b=3，
即−14=a2+9−4a26a，整理有2a2−a−6=0，且a>0，
解得a=2，则c=4；
综上所述▵ABC存在，但不唯一确定，不合题意．
若选条件②：csB=1116，由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac，
即a2+4a2−94a2=1116，整理有a2=4，又a>0，解得a=2，
此时▵ABC存在且唯一确定，因为csB=1116>0，
所以B∈0,π2，所以sinB= 1−cs2B=3 1516，
所以S▵ABC=12acsinB=12×2×4×3 1516=3 154．
若选条件③：▵ABC的周长为9，由题意有a+b+c=9，
即a+3+2a=9，解得a=2，则c=4，
此时▵ABC存在且唯一确定，由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac，
即csB=4+16−92×2×4=1116>0，则B∈0,π2，sinB= 1−cs2B=3 1516，
所以S▵ABC=12acsinB=12×2×4×3 1516=3 154．

18.(1)由图表可知从样本空间中随机抽取一名学生，
科普过程性积分不低于2分的人数的频率为20+1060=12，
所以估计全校学生中随机抽取一人，该生科普过程性积分不低于2分的概率为12；
(2)随机抽取三人，得分为6分的可能有：
情况1：1人0分，2人3分；
情况2：1人1分，1人2分，1人3分；
情况3：3人都是2分，
结合图表知得0分，1分，2分，3分的概率分别为
p=1560=14,p′=1560=14,p′′=1060=16,p′′′=2060=13，
所以随机抽取3人得6分的概率为
p=C31×14×132+C31×14×C21×16×13+163=37108；
(3)根据题意从样本中科普过程性积分不低于1分的学生中抽取1人，得1分、2分、3分的频率依次为13,29,49，
所以从全校科普过程性积分不低于1分的学生中随机抽取1名学生其积分，为1分、2分、3分的概率估计依次为13,29,49，
则任意取2名同学，其积分之差的绝对值不超过1的可能有：{1分，1分}；{1分，2分}；{2分，2分}；{2分，3分}；{3分，3分}五种可能，
即p1=13×13+2×13×29+29×29+2×29×49+49×49=5781，
任意取2名同学，其积分之差的绝对值不低于1的可能有：{1分，2分}；{1分，3分}；{2分，3分}三种可能，
即p2=2×13×29+2×13×49+2×29×49=5281，
显然p2
19.(1)f′x=ex−x+1exe2x=−xex，
则当x∈−∞,0时，f′x>0，当x∈0,+∞时，f′x<0，
即fx在−∞,0上单调递增，在0,+∞上单调递减，
故fx有极大值f0=0+1e0=1，无极小值；
(2)令gx=x+1ex+12x2−1，x∈0,+∞，
则g′x=−xex+x=x1−1ex，
由x∈0,+∞，则1−1ex>0，故g′x>0在x∈0,+∞上恒成立，
故gx在0,+∞上单调递增，
则gx>g0=0+1e0+12×02−1=0，
即当x∈0,+∞时，fx>−12x2+1；
(3)不存在，理由如下：
假设曲线fx存在过原点的切线，且切点坐标为x0,x0+1ex0，
由f′x=−xex，则该切线斜率为f′x0=−x0ex0，
即该切线方程为y−x0+1ex0=−x0ex0x−x0，
即有0−x0+1ex0=−x0ex00−x0，整理得x02+x0+1=0，
Δ=1−4=−3<0，该方程无解，
故过原点不存在曲线fx的切线．

20.(1)当m=1时，f(x)=1(x−1)2+ln(x−1)，
则f′x=−2(x−1)3+1x−1，
故f′2=−2+1=−1，f2=1，
y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y−1=−x−2，即y=−x+3
(2)f′x=−2m(x−1)3+1x−1=−2m+(x−1)2(x−1)3，
当m≤0时，f′x>0,fx在(2,+∞)单调递增，此时无极值点，
当m>0时，
令f′x=−2m+(x−1)2(x−1)3=0⇒x=1+ 2m或x=1− 2m，
要使得f(x)在(2,+∞)上存在极值，
则需要x=1+ 2m>2，解得m∈12,+∞
(3)令f(x)=m(x−1)2+ln(x−1)=0⇒m=−(x−1)2ln(x−1)，
令t=x−1>0，则m=−t2lnt，
记gt=−t2lnt，则g′t=−2tlnt−t=−t2lnt+1，
当t>e−12时，g′t<0,gt单调递减，
当00,gt单调递增，且ge−12=12e，
当t<1时，gt>0，
而当t=e2时，gt=−e4⋅2=−2e4<0，
作出gt的大致图象如下：
故当m>12e时，无零点；
当m=12e或m≤0时，一个零点；
当0
21.解：(Ⅰ)因为a1=12，a2=12，a3=38，a4=14，a5=532，
根据题意可得a1∗=1，a2∗=−1，a3∗=−1，a4∗=−1．
(Ⅱ)证明：必要性：对n=1，有S1∗=a2−a1，
因此|a2−a1| = |S1∗| = |a1∗| =1．
对任意n∈N∗且n≥2，有Sn∗=an+1−a1，Sn−1∗=an−a1，
两式作差，得Sn∗−Sn−1∗=an+1−an，即an∗=an+1−an，
因此 |an+1−an| = |an∗| =1，
综上，对任意n∈N∗，有|an+1−an|=1．
充分性：若对任意n∈N∗，有|an+1−an|=1，则an∗=an+1−an，
所以 Sn∗=a1∗+a2∗+…+an∗=(a2−a1)+(a3−a2)+…+(an+1−an)=an+1−a1．
综上，“对任意n∈N∗，Sn∗=an+1−a1”的充要条件是“对任意n∈N∗，|an+1−an|=1”．
(Ⅲ)构造数列{bn}：b1=0，bn+1−bn=an+1−an,|an+1−an|=11,an+1−an=0，
则对任意1≤n≤m且n∈N∗，有bn∗=an∗，|bn+1−bn|=1．
结合(Ⅱ)可知，Sm∗=a1∗+a2∗+…+am∗=b1∗+b2∗+…+bm∗=bm+1−b1=bm+1，
又Sm∗=am，因此bm+1=am．
设a2−a1，a3−a2，…，am+1−am中有k项为0，
则am+1=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+…+(am+1−am)
=b1+(b2−b1)+(b3−b2)+…+(bm+1−bm)−k
=bm+1−k=am−k，即am+1−am=−k．
因为am+1−am∈{−1,0,1}，所以k=0或1．
若k=0，则am+1−am=0与a2−a1，a3−a2，…，am+1−am中有0项为0，即k=0矛盾，不符题意．
若k=1，则am+1−am=−1，所以当am+1−am=−1，a2−a1，a3−a2，…，am−am−1中有一项为0，
其余m−2项为±1时，数列{an}满足条件．
a2−a1，a3−a2，…，am−am−1中有一项为0，共m−1种取法；
其余m−2项每项有1或−1两种取法，
所以满足条件的数列{an}的个数为(m−1)⋅2m−2． M
2
3
7
11
13
lgM
0.301
0.477
0.845
1.041
1.114
科普测试成绩x
科普过程性积分
人数
90≤x≤100
3
20
75≤x<90
2
10
60≤x<75
1
15
0≤x<60
0
15