2024年北京中关村中学高三10月月考数学（PDF版，含答案）

中关村中学 2024-2025学年高三数学 10月月考
第一部分（选择题 共 40分）
一、选择题共 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.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B A D B A B A C D
第二部分（非选择题 共 110分）
二、填空题共 5小题，每小题 5分，共 25分.
题号 11 12 13 14 15
5 n 1
答案 1,0 0, 24， Sn 3 2 1 y 3x，-2 ②③④2
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.【解】
17.【解】（1） 3 sin B sin B

0 ，
6 3
3
则 cosB 3 sin B 3 cosB 1 sin B 0，
2 2 2 2 sinB 3 cosB 0
，
2sin B 0，得 B k ， k Z .
3 3
2
由0 B ，得 B ；………………………6 分
3
1
（2）（i）由 S ac sin B， S 15 3ABC ， a 3，△ 2 △ABC 4
得15 3 1 3 3 c，解得 c 5，
4 2 2
由余弦定理，得b2 a2 c2 2ac cosB 9 25 30 1

49，
2
1 / 4
因为b 0，所以b 7，由正弦定理，
b a
得 ，即 sin A a sin B 3 3 ；……………………9 分
sin B sin A b 14
b c sinC c sin B 5 3（ii）由正弦定理，得 ，即 ，
sin B sinC b 14
因为 BD平方 ABC， ABC 2 ，所以 ABD CBD ，
3 3
在△ABD BD AD中，由正弦定理，得 ，
sin A sin ABD
CBD BD CD在△ 中，由正弦定理，得 ，
sinC sin CBD
又CD 7 AD sinC AD，上述两式相除，得 ，
sin A 7 AD
AD 35 BD AD sin A 35 3 15解得 ，所以 .………………12 分
8 sin ABD 8 7 8
18.【解】（1）以O为坐标原点，OA、OB所在直线分别为 x轴、 y轴建立平面直角坐标系，
如图所示，则 A 100,0 ， B 0,100 ，C 50,50 ，
设曲线 BC所在的抛物线方程为 y ax2 c， a<0，点 B,C 在抛物线上，
c 100 1
则 ，解得 a ， c 100，
2500a c 50 50
1 2
所以曲线段 BC所在的抛物线方程为 y x 100 0 x 50 .
50
1
2 2（ ）因为点D在曲线段 BC上， DF x，30 x 50，所以 DE x 100，
50
S f x x 1 2 1 x 100 x3 100 x，30 x 50 .
50 50
3 2
（3） f x x 100，30 x 50，
50
3 2
令 x 100 0 50 6，解得 ，
50 x 3

当 x 30,
50 6
时， f x 0
50 6
，当 x ,50 时， f x 03 3 ，
50 6 50 6
所以 x 30, 3 时，函数
f x 单调递增， x ,503 时，函数 f x 单调递减，
50 6 S f 50 6 10000 6因此，当 x 时，
3 3
是极大值也是最大值，
9
即当点D 50 6在曲线段 BC上且到OB的距离为 米时，游乐场的面积最大.
3
2 / 4
19.【解】（1） f (x) asin xcos x
a
sin 2 x(a 0, 0)，知 f (x)为奇函数，故条件②不
2
成立，舍去.
a a
若选①③，则 f ( ) sin 1且 1，
4 2 2 2

故 a 2， 2k ,k Z，解得 1 4k ,k Z，故 f x 不唯一，不合题意；
2 2
f ( ) a sin T 若选①④， 1且 ，
4 2 2 2 2
T 2 故 ，解得 1， a 2，存在且唯一，故 f (x) 2sin x cos x sin 2x；
2
a 1 T T 2 若选③④，则 且 ，故 ，解得 a 2， 1，
2 2 2 2
故 f (x) 2sin x cos x sin 2x，存在且唯一，故 f (x) sin 2x；
（2） g(x) f (x) 2cos2 x 1 sin 2x 2cos2 x 1 sin 2x cos2x 2 sin(2x

)，
4

令 2k 2x 2k ,k Z，
2 4 2

解得 k x
3
k ,k Z，
8 8
3 7 11
当 k 0时， x ，当 k 1时， x ，
8 8 8 8
故函数 g x 0, 3 7 在 上的单调递增区间为 0, , , . 8 8
20.【解】（Ⅰ）若 a 0时， f (x) ex (x2 1)，则 f (x) ex (x2 2x 1)，
f (0) 1， f (0) 1，
f (x)在点 (0， f (0))处的切线方程为 y 1 x，即 y x 1．
（Ⅱ）函数 f (x) ex (x2 ax 1)， 则 f (x) ex[x2 (a 2)x a 1]，
令 f (0) 0得 x1 a 1， x2 1，
①若 x1 x2 ，则 a 0， f (x) 0在 ( 1,1)上恒成立，
此时 f (x)在 ( 1,1)上单调递增，无极值，不符合题意，
②若 x1 x2 ，则 a 0， f (x)与 f (x)的情况如下：
x ( , 1) 1 ( 1, a 1) a 1 ( a 1, )
f (x) 0 0
f (x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
若 f (x)在 ( 1,1)上恰有一个极小值点，则需满足 1 a 1 1， 2 a 0，
3 / 4
即实数 a的取值范围为 ( 2,0)．
（Ⅲ） ex 0， f (x) ex (x2 ax 1) ex (x2 cos x 1)可化为 x2 ax x2 cos x，
又 x 0， x a xcos x，
即对于任意 x (0 , ]， a xcos x x恒成立，
2
令 g(x) xcos x x，
则 g (x) cos x x sin x 1 (cos x 1) x sin x ，
x (0, ]， cos x 1 0，
2
又 x sin x 0， g (x) 0， g(x)在 (0 ， ]上单调递减，
2
g(x) g(0) 0， a 0，
21.【解】（1）若 A1 A2 ,则对任意 a,b A , t1 a t2 b，则 t1 t2 a b .
由 n 5， A 1, 2,5 ， 2 1 1，5 2 3，5 1 4，
则 t1, t2 相差 2，T 1,3 ，或T 2, 4 ，或T 3,5 ;
（2）若 n 7，不一定存在.
当 A 1, 2,5, 7 时， 2 1 1，5 1 4，5 2 3，7 1 6，7 2 5，7 5 2，
则 t1, t2 相差不可能1,2,3,4,5,6，这与T t1 , t2 S 矛盾，故不一定存在集合T .
（3）因为C 25 10，故集合 A中元素的差的绝对值至多有 10种，当 n 12时，结论都成立.
当 n 11时，不存在 A S， A 5，使集合 A中任意两个不同元素的差不同，
事实上，设 A a1,a2 ,a3 ,a4 ,a5 a1若集合 A中任意两个不同元素的差不同，则
a2 a1,a3 a1,a3 a2 ,a4 a1,a4 a2 ,a4 a3,a5 a1,a5 a2 ,a5 a3,a5 a4为1,2, ,10
的一个排列，
而 a2 a1 a3 a1 a5 a4 4a5 2a4 2a2 4a1为偶数，1 2 10 55
为奇数，矛盾.
所以不存在 A S ， A 5，使得集合 A中任意两个不同元素的差不同，
所以当 n 11时，结论成立；
当 n 10时， A 1,3,6,9,10 ，则不存在T，所以 n的最小值为11
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