2024-2025学年北京市朝阳区第八十中学高三上学期10月月考数学试题（含答案）

2024-2025学年北京市朝阳区第八十中学高三上学期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，集合，那么等于( )
A. B. C. D.
2.在复平面，复数对应的点坐标为，则( )
A. B. C. D.
3.若，则( )
A. B. C. D.
4.已知，则( )
A. B. C. D.
5.设是直线，，是两个不同平面，则下面命题中正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
6.将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象恰好关于直线对称，则的最小值是( )
A. B. C. D.
7.“一尺之锤，日取其半，万世不竭”语出庄子天下，意思是一尺长的棍棒，每日截取它的一半，永远截不完一尺约等于厘米若剩余的棍棒长度小于厘米，则需要截取的最少次数为( )
A. B. C. D.
8.已知等差数列的前项和，则“”是“是递减数列”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
9.在中，，，点在边上，且，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
10.已知无穷数列，性质，，，性质，，，，给出下列四个结论：
若，则具有性质；
若，则具有性质；
若具有性质，则；
若等比数列既满足性质又满足性质，则其公比的取值范围为．
则所有正确结论的个数为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知角，的终边关于原点对称，则 ．
12.已知向量，且与的夹角为，则 ．
13.等比数列的前项和为，能说明“若为递增数列，则”为假命题的一组和公比的值为 ， ．
14.设函数若，则的最大值为 ；若无最大值，则实数的取值范围是 ．
15.在棱长为的正方体中，点分别为棱的中点点为正方体表面上的动点，满足给出下列四个结论：
线段长度的最大值为；
存在点，使得；
存在点，使得；
是等腰三角形．

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.如图，在三棱柱中，侧面底面，，，分别是棱，的中点求证：
平面；
．
17.设函数从下列三个条作中选择两个作为已知，使得函数存在．
求的最小正周期及单调递减区间；
若对于任意的，都有，求实数的取值范围．
条件：函数的图象经过点；
条件：在区间上单调递增；
条件：足的一条对称轴．
18.已知中，内角，，所对的边分别为，，，且．
求的值；
若，求最大时的面积．
19.已知直线与函数的图象相切．
求的值；
求函数的极大值．
20.已知函数．
当时，求的单调区间；
若函数存在正零点，
求的取值范围；
记为的极值点，证明：．
21.给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列：满足如下三个性质：，且；；与不同时在数对序列中
当，时，写出所有满足的数对序列；
当时，证明：；
当为奇数时，记的最大值为，求．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13. 答案不唯一
14.
15.
16.在中，，分别是棱，的中点，
所以．
又在三棱柱中，，
所以．
又因为平面，平面，
所以平面．
因为侧面底面，侧面底面，
，平面，
所以平面．
又因为平面，所以．

17.因为，
若选：由函数的图象经过点，
则，，即，，
由在区间上单调递增，有，即，
又且，即，所以，此时不存在；
选条件：由在区间上单调递增，有，即，
又且，即，所以，
由是的一条对称轴，则，，
所以，，所以，
所以，则的最小正周期，
由，解得，
所以的单调递减区间为；
若选：由函数的图象经过点，
则，，即，，
由是的一条对称轴，则，，所以，，
此时不存在；
由可知，
因为，所以，
所以，，
因为对于任意的，都有，所以，
即的取值范围为．

18.解：因为，
由正弦定理得，
得，
由正弦定理得，所以．
由余弦定理得
，
当且仅当，即时取等号，
当取最小值时，最大，
此时，，，
的面积为．
19.解：由已知，设切点为 ，
又，故切线的斜率为 ，
即切线方程为 ，
代入 ，即 ，解得 ，
所以
由，易知，
设 ，则 ，
令 ，得 当 时， ；
当 时，，
从而 在上单调递增，在上单调递减，
故 ，又 ，
所以存在，使，
综上可得当时，，当时，，
当，，
从而在，上单调递减，在上单调递增，
故 存在唯一极大值

20.由已知可得的定义域为，
且，
因此当时，，从而，
所以的单减区间是，无单增区间；
由知，，
令，
当时，单调递减．
当时，可知在内单调递减，
又，故当时，，所以不存在正零点；
当时，，
在单调递减，故当时，，函数不存在正零点；
当时，，此时，
所以存在满足，
所以在内单调递增，在内单调递减．
令，则当时，，
故在内单调递增，在内单调递减，
从而当时，，即，
所以，
又因为，所以，
因此，此时存在正零点；
综上，实数的取值范围为；
(ⅱ)由题意，，即
从而，即，
由(ⅰ)知当时，，即，有，
又，故，
两边取对数，得，
于是，整理得．

21.解：依题意，当，时有：
或．
当时，
因为与不同时在数对序列中，
所以，所以每个数至多出现次，
又因为，
所以只有对应的数可以出现次，
所以．
当为奇数时，先证明．
因为与不同时在数对序列中，
所以，
当时，构造恰有项，
且首项的第个分量与末项的第个分量都为．
对奇数，如果可以构造一个恰有项的序列，
且首项的第个分量与末项的第个分量都为，
那么对奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列：
首先，对于如下个数对集合：
，
，
，
，
每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，
所以，
其次，对每个不大于的偶数，
将如下个数对并为一组：
，
共得到组，将这组对数以及，
按如下方式补充到的后面，
即
．
此时恰有项，所以．
综上，当为奇数时，
．

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