試題試題2024北京海淀高三10月月考數學2024.10.06本試卷共4頁，共150分.考試時長120分鐘.考生務必將答案答在答題紙上，在試卷上作答無效.第一部分（選擇題共40分）一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分）1.設集合，若，則實數m=（）A.0 B. C.0或 D.0或12.記為等差數列的前n項和．已知，則A. B. C. D.3.已知，則（）A. B.C. D.4.設，則（）A. B.1 C. D.25.下列函數中，既是偶函數又是區間上的增函數的是（）A. B.C. D.6.已知向量，，，若則實數（）A. B. C. D.7.函數，則（）A.若，則為奇函數 B.若，則為偶函數C.若，則為偶函數 D.若，則為奇函數8.已知函數，若對任意的有恒成立，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.9.已知、、是平面向量，是單位向量．若非零向量與的夾角為，向量滿足，則的最小值是A. B. C.2 D.10.已知函數，若存在區間，使得函數在區間上的值域為則實數的取值范圍為（）A. B. C. D.第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.已知角α的終邊與單位圓交于點，則__________.12.記為數列的前項和，若，則_____________．13.若命題“對任意為假命題的a的取值范圍是______14.若函數的最大值為，則________，的一個對稱中心為_______15.對于函數，若在其定義域內存在，使得成立，則稱函數具有性質.（1）下列函數中具有性質的有___________.①②③，（x∈0,+∞）④（2）若函數具有性質，則實數的取值范圍是___________.三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16.在中，，．再從條件①，條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使存在且唯一確定，并解決下面的問題：（1）求角的大小；（2）求的面積．條件①：；條件②：；條件③：．17.已知是等差數列an的前項和，，數列bn是公比大于1的等比數列，且，.（1）求數列an和b（2）設，求使取得最大值時的值.18.已知函數．（1）求的最小正周期和單調增區間；（2）若函數在存在零點，求實數a的取值范圍．19.1.已知函數，.（1）討論函數的單調性；（2）當時，求證：函數在區間上有且僅有一個零點.20.已知函數.（1）求曲線在點處的切線方程；（2）求在區間上的最大值；（3）設實數使得對恒成立，寫出的最大整數值，并說明理由.21.已知數列an記集合（1）對于數列an：，列出集合的所有元素；（2）若是否存在，使得？若存在，求出一組符合條件的；若不存在，說明理由；（3）若把集合中的元素從小到大排列，得到的新數列為若，求的最大值.

參考答案第一部分（選擇題共40分）一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分）1.【答案】C【分析】根據元素與集合的關系，分別討論和兩種情況，求解并檢驗集合的互異性，可得到答案.【詳解】設集合，若，，或，當時，，此時；當時，，此時；所以或.故選：C2.【答案】A【分析】等差數列通項公式與前n項和公式．本題還可用排除，對B，，，排除B，對C，，排除C．對D，，排除D，故選A．【詳解】由題知，，解得，∴，故選A．【點睛】本題主要考查等差數列通項公式與前n項和公式，滲透方程思想與數學計算等素養．利用等差數列通項公式與前n項公式即可列出關于首項與公差的方程，解出首項與公差，在適當計算即可做了判斷．3.【答案】B【分析】根據指對數的性質，分別求三個數的范圍，再比較大小.【詳解】由條件可知，，，，所以.故選：B4.【答案】D【分析】利用復數除法法則計算出，求出模長.【詳解】，故.故選：D5.【答案】C【分析】根據冪函數和指對函數的奇偶性和單調性，逐一檢驗選項，得出答案．【詳解】選項A，是非奇非偶函數，是區間上的增函數，錯誤；選項B，是偶函數，是區間上的減函數，錯誤；選項C，是偶函數，是區間上的增函數，正確；選項D，是奇函數，是區間上的增函數，錯誤；故選：C6.【答案】C【分析】由向量坐標的運算求出向量的坐標，再根據，利用向量夾角余弦公式列方程，求出實數的值．【詳解】由，，則，又，則，則，即，，解得，故選：C.7.【答案】B【分析】根據選項中的關系，代入的解析式，對AD用特值說明不是奇函數，對BC用奇偶性的定義驗證即可.【詳解】的定義域為，對A：若，，若為奇函數，則，而不恒成立，故不是奇函數；對B：若，，，故為偶函數，B正確；對C：若，，，故不是偶函數，故C錯誤；對D：若，，若為奇函數，則，而不恒成立，故不是奇函數；故選：B8.【答案】A【分析】根據奇函數的定義證明為奇函數，再判斷函數的單調性，利用函數的性質化簡不等式可得的取值范圍.【詳解】當時，，，，當時，，，，當時，，所以對任意的，，函數為奇函數，又當時，為單調遞減函數，所以函數在上為單調遞減函數，所以不等式可化為，所以，所以，由已知對任意的有恒成立，所以，即，故的取值范圍是.故選：A.9.【答案】A【分析】先確定向量、所表示的點的軌跡，一個為直線，一個為圓，再根據直線與圓的位置關系求最小值.【詳解】設，則由得，由得因此，的最小值為圓心到直線的距離減去半徑1，為選A.【點睛】以向量為載體求相關變量的取值范圍，是向量與函數、不等式、三角函數、曲線方程等相結合的一類綜合問題.通過向量的坐標運算，將問題轉化為解方程、解不等式、求函數值域或直線與曲線的位置關系，是解決這類問題的一般方法.10.【答案】D【分析】根據函數的單調性可知，，即得，故可知是方程的兩個不同非負實根，由根與系數的關系即可求出．【詳解】根據函數的單調性可知，，即可得到，即可知是方程的兩個不同非負實根，所以，解得．故選：D．【點睛】關鍵點睛：利用函數的單調性以及一元二次方程的根與系數的關系是解決本題的關鍵.第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.【答案】【分析】由三角函數定義得到，再由誘導公式求出答案.【詳解】由三角函數定義得，由誘導公式得.故答案為：12.【答案】【分析】首先根據題中所給的，類比著寫出，兩式相減，整理得到，從而確定出數列為等比數列，再令，結合的關系，求得，之后應用等比數列的求和公式求得的值.【詳解】根據，可得，兩式相減得，即，當時，，解得，所以數列是以-1為首項，以2為公比的等比數列，所以，故答案是.點睛：該題考查的是有關數列的求和問題，在求解的過程中，需要先利用題中的條件，類比著往后寫一個式子，之后兩式相減，得到相鄰兩項之間的關系，從而確定出該數列是等比數列，之后令，求得數列的首項，最后應用等比數列的求和公式求解即可，只要明確對既有項又有和的式子的變形方向即可得結果.13.【答案】【分析】寫出全稱量詞命題的否定，為真命題，分，和三種情況，得到不等式，求出答案.【詳解】由題意得為真命題，當時，不等式為，有解，滿足要求，當時，若，此時必有解，滿足要求，若，則，解得，綜上，a的取值范圍為.故答案為：14.【答案】①.②.（答案不唯一）【分析】根據輔助角公式對函數進行化簡，再根據最大值求出A，最后利用余弦型函數求出對稱中心.【詳解】由，其中，又函數的最大值為，則，又，則，，不妨取，故，則的對稱中心滿足，，解得，，即的對稱中心為，，則的一個對稱中心可為：，故答案為：，（答案不唯一）15.【答案】①.①②④②.或．【分析】（1）令，由，可判斷；由sinx=有解，可判斷是否具有性質P；令=，此方程無解，由此可判斷；由兩圖象在有交點可判斷；（2）問題轉化為方程有根，令，求導函數，分析導函數的符號，得所令函數的單調性及最值，由此可求得實數的取值范圍．【詳解】解：（1）在時，有解，即函數具有性質P，令，即，∵，故方程有一個非0實根，故具有性質P；的圖象與有交點，故sinx=有解，故具有性質P；令=，此方程無解，故，（x∈0,+∞）不具有性質P；令，則由兩圖象在有交點，所以有根，所以具有性質P；綜上所述，具有性質P的函數有：①②④；（2）具有性質P，顯然，方程有根，令，則，令，解得，當時，，所以在上單調遞減，當時，，所以在上單調遞增，所以，所以的值域[，+∞），∴，解之可得：或．故答案為：①②④；或．【點睛】方法點評：解決本題的關鍵是審清題意，把方程的解轉化為兩個圖象有交點，本題考查的是方程的根，新定義，函數的值域，是方程和函數的綜合應用，難度比較大．三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16.【答案】（1）選②或③，；（2）的面積為.【分析】（1）選①，利用三邊關系可判斷不存在；選②：利用余弦定理可求得角的值；選③：利用正弦定理可求得的值，結合角的取值范圍可求得角的值；（2）利用余弦定理可求得的值，再利用三角形的面積公式可求得的面積．【小問1詳解】解：因為，，則.選①：因為，則，則不存在；選②：因為，則，由余弦定理可得，，則；選③：，則，、，則，，故，從而.【小問2詳解】解：因為，，，由余弦定理可得，即，解得，因此，.17.【答案】（1），（2）或【分析】（1）根據等差數列的通項及前項和公式求出首項與公差，即可求出數列an的通項公式，再求出數列bn的首項與公比，即可得b（2）先求出的通項，再利用作差法判斷數列的單調性，根據單調性即可得出答案.【小問1詳解】設等差數列an的公差為，則，解得，所以，設等比數列bn的公比為，則，解得，所以；【小問2詳解】由（1）得，則，，當時，，當時，，當時，，所以當或時，取得最大值.18.【答案】（1），（2）【分析】（1）化簡函數，結合三角函數的圖象與性質，即可求解；（2）根據題意轉化為方程在上有解，以為整體，結合正弦函數圖象運算求解.【小問1詳解】對于函數，所以函數的最小正周期為，令，則，∴函數的單調遞增區間為.【小問2詳解】令，即，則，∵在存在零點，則方程在上有解，若時，則，可得，∴，得故實數的取值范圍是．19.【答案】（1）當時，的單調遞減區間為，單調遞增區間為；當時，的單調遞減區間為，，單調遞增區間為.（2）證明過程見解析【分析】（1）求出導數，然后通過對分情況討論，研究導數的符號研究函數的單調性；（2）結合第一問的結果，判斷出函數在上的單調性，然后結合端點處的函數值的符合證明【小問1詳解】，當時，，由得：，由，得：，故此時的單調遞減區間為，單調遞增區間為當時，令得：或由得：，此時由得：或，此時故此時的單調遞減區間為，，單調遞增區間為綜上：當時，的單調遞減區間為，單調遞增區間為；當時，的單調遞減區間為，，單調遞增區間為.【小問2詳解】由（1）可知，當時，的單調遞增區間為，而，所以在上單調遞增，又，所以，由零點存在性定理可得：：函數在區間上有且僅有一個零點20.【答案】（1）（2）（3），理由見解析【分析】（1）求出函數在處的導數，即切線斜率，求出，即可得出切線方程；（2）求出函數在區間上的單調性，求出最值即可；（3）將不等式等價轉化為在上恒成立.構造函數，利用導數求出函數的單調性和最小值，進而得證.【小問1詳解】因為，所以，則，又，所以曲線在點處的切線方程為.【小問2詳解】令，則，當時，，在上單調遞增.因為，，所以，使得.所以當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，又，，所以.【小問3詳解】滿足條件的的最大整數值為.理由如下：不等式恒成立等價于恒成立.令，當時，，所以恒成立.當時，令，，，與的情況如下：1所以，當趨近正無窮大時，，且無限趨近于0，所以的值域為，因為，所以的最小值小于且大于.所以的最大整數值為.21.【答案】（1）；（2）不存在，理由見解析；（3）.【分析】（1）根據題目給出的集合的定義求解即可；（2）假設存在，使得，則有，則與奇偶性相同，所以與奇偶性不同，進行分析即可得解；（3）由，根據題意給出的集合新定義可對進行計算分析，討論元素的奇偶情況，即可得出答案．【小問1詳解】由題意可得，，，所以.【小問2詳解】假設存在，使得，則有，由于與奇偶性相同，所以與奇偶性不同，又因為，所以必有大于等于的奇數因子，這與無以外的奇數因子矛盾.故不存在，使得成立.【小問3詳解】由題意得，當，時，，除，外，，