2024-2025学年北京市朝阳区日坛中学高三上学期10月月考数学试题（含答案）

2024-2025学年北京市朝阳区日坛中学高三上学期10月月考数学试题
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，那么
A. B. C. D.
2.复数的虚部是( )
A. B. C. D.
3.下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递减的是( )
A. B. C. D.
4.函数的图象相邻的两条对称轴之间的距离是( )
A. B. C. D.
5.在中，若，，，则角的大小为( )
A. B. C. D. 或
6.声音的等级单位：与声音强度单位：满足喷气式飞机起飞时，声音的等级约为；一般说话时，声音的等级约为，那么喷气式飞机起飞时声音强度约为一般说话时声音强度的( )
A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍
7.已知是定义在上的奇函数，若，，则“”是“”的( )
A. 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
8.已知公差不为的等差数列，前项和为，满足，且，，成等比数列，则( )
A. B. C. 或 D.
9.已知函数若，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
10.已知定义域为的函数，对，若存在，对任意的，有恒成立，则称为函数的“特异点”函数，在其定义域上的
“特异点”个数是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知等差数列中，其前项和为，若，则 ．
12.已知分别为内角的对边，且，则 ．
13.已知平面内四个不同的点，，，满足，则 ．
14.古希腊数学家托勒密对三角学的发展做出了重要贡献，托勒密把圆的半径等分，用圆的半径长的作为单位来度量弦长将圆心角所对的弦长记为如图，在圆中，的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，因此的圆心角所对的弦长为个单位，即若为圆心角，，则 ．
15.如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为线段，交点，为线段上的动点，则以下结论正确的是 ．
当时，平面；
当时，平面；
线段的最小值为；
直线，所成角取值范围为．
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.本小题分
已知函数，，且的最小正周期为．
Ⅰ若，，求的值；
Ⅱ求函数的单调增区间．
17.本小题分
在且，平分且，且这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并加以解答．
是否存在，其中角的对边分别是，若，，点在线段上，___________？若存在，求的周长；若不存在，请说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，，，为等腰直角三角形，，平面交平面于直线，，分别为棱，的中点．
求证：；
设，则：
求平面与平面夹角的余弦值；
在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值，若不存在，说明理由．
19.本小题分
已知函数，其中是自然对数的底数，．
求函数的单调区间；
当时，试确定函数的零点个数，并说明理由．
20.本小题分
已知函数．
讨论的单调区间；
若存在极大值和极小值，且，求的取值范围．
21.本小题分
定义：如果数列的任意连续三项均能构成一个三角形的三边长，则称为“三角形”数列，对于“三角形”数列，如果函数使得仍为一个“三角形”数列，则称是数列的“保三角形函数”，．
已知是首项为，公差为的等差数列，若是数列的“保三角形函数”，求的取值范围；
已知数列的首项为，是数列的前项和，且满足，证明是“三角形”数列；
根据“保三角形函数的定义，对函数，和数列，提出一个正确的命题，并说明理由．
参考答案
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16.Ⅰ解：因为的最小正周期为，所以，解得．
由，得，即，所以，因为，
所以．
Ⅱ解：函数
，由，解得．
所以函数的单调增区间为．

17.解：因为，由余弦定理可得，即．
选时，因为，所以，
平方可得，即，
所以，，所以，
所以的周长为．
选时，因为平分，所以，
即，化简得，
又因为，即，
所以，解得，
所以的周长为．
选时，因为，所以，解得，所以，
因为，不成立．
所以不存在．

18.因为，平面，平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以．
取的中点，连接，
由题意可得：，且，
则四边形为平行四边形，可得，
由为等腰直角三角形，可知，
又，，平面，
所以平面，则平面，
由平面，则，，
又因为为等边三角形，则为的中点，可得，
，平面，则平面，
如图，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则
令，则，即，
由题意可知：平面的法向量，
可得，
所以平面与平面夹角的余弦值．
由可得：，
设，，则，
可得，解得
即，可得，
若平面，则，
可得，解得，
所以存在点，使得平面，此时．

19.因为，，所以，
令，得．
当变化时，和的变化情况如下：
单调递减 极小值 单调递增
故的单调递减区间为，单调递增区间为．
结论：函数有且仅有一个零点．
理由如下：
由，得方程，
显然为此方程的一个实数解，
所以是函数的一个零点．
当时，方程可化简为．
设函数，则，令，得．
当变化时，和的变化情况如下：
单调递减 极小值 单调递增
即的单调递增区间为，单调递减区间为．
所以的最小值因为，
所以，
所以对于任意，，
因此方程无实数解．
所以当时，函数不存在零点．
综上，函数有且仅有一个零点．

20.因为，则其定义域为，
又，
当时，，
故当时，，单调递增；当时，，单调递减；
当时，令，解得或，
则当时，，故在单调递减；
当时，则当，，单调递减；当时，，单调递增；
当时，则当，，单调递减；当，，单调递增；
当时，则当，，单调递减；当，，单调递增；
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递减；
当时，在单调递减，在单调递增．
因为存在极大值和极小值，显然或，
由可知，，
因为，即，
当，，，则满足题意；
当时，，，则不满足题意．
综上所述：的取值范围时．

21.显然对任意正整数都成立，
即是三角形数列且是递增数列，
因为，函数单调递增，所以，
由，得，，解得．
所以当时，是数列的“保三角形函数”；
当时，由，得，
两式相减，得，所以，，
又也满足上式，所以．
显然，因为，所以是“三角形”数列；
探究过程：函数是数列，的“保三角形函数”，必须满足三个条件：
，是三角形数列，所以，即；
数列中的各项必须在定义域内，即；
是“三角形”数列．
由于是单调递减函数，所以，化简得，解得．

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