試題試題2024北京二中高三（上）第一次月考數學（考試時間：120分鐘滿分：150分）一、單選題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）1.已知集合，則（）A. B. C. D.2.已知復數，則（）A. B.1 C. D.23.已知是等差數列的前n項和，若，則（）A.44 B.56 C.68 D.844.函數的部分圖象可能是（）A.B.C. D.5.已知向量，且，則與夾角的最大值為（）A. B. C. D.6.已知函數，其中，，．若對一切的恒成立，且，則函數的一個單調遞減區間為（）A. B. C. D.7.已知函數，設，，，則（）A. B. C. D.8.某軟件研發公司對某軟件進行升級，主要是軟件程序中的某序列重新編輯，編輯新序列為，它的第項為，若序列的所有項都是3，且，，則（）A. B. C. D.二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分，有多項符合要求，全對得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分）9.在中，下列結論正確的是（）A.若，則為等腰三角形B.若，則是直角三角形C.若，則是鈍角三角形D.若，則是等邊三角形10.在銳角中，已知，，則可能的值為（）A.15 B.11 C.7 D.311.已知函數，則下列結論正確的是（）A.當時，若有三個零點，則的取值范圍是B.當且時，C.若滿足，則D.若存在極值點，且，其中，則三、填空題（本大題共3小題，每題5分，共15分）12.已知向量，，在上的投影向量的模為10，則____________.13.已知命題p：關于x的方程有實根；命題q：關于x的函數在上單調遞增，若“p或q”是真命題，“p且q”是假命題，則實數a的取值范圍是______.14.已知函數的圖象過點，且關于直線成軸對稱圖形，則______．四、解答題15.計算題：（1）已知向量與的夾角為，，，求；（2）已知，，且，求的坐標.16.在中，角的對邊分別為，且滿足．（1）求B的大小；（2）若，的面積為，求的周長．17.已知數列的前項和為，且．（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和．18.設函數．（1）求函數的最小正周期T和單調遞減區間．（2）在銳角中，內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且，求的取值范圍．19.已知函數，為實數）有極值，且在處的切線與直線平行.（1）求實數的取值范圍；（2）是否存在實數，使得函數的極小值為1，若存在，求出實數的值；若不存在，請說明理由；（3）設函數試證明：在上恒成立并證明

參考答案一、單選題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）1.【答案】C【分析】解出集合中的不等式，再根據集合交運算即可求解.【詳解】，即且，即且，得或，則，所以.故選：.2.【答案】C【分析】利用復數的運算和模的計算公式求解即可.【詳解】，故.故選：C3.【答案】D【分析】利用等差數列的前n項和性質：，，成等差數列可求.【詳解】由題意可得，，成等差數列，所以，因為，，則，解得.故選：D.4.【答案】A【分析】先求的定義域，再判斷奇偶性，最后取特殊值判斷即可.【詳解】的定義域為，定義域關于原點對稱，因為,所以是奇函數，排除C選項；取，則；取，則，排除B、D選項；故選：A.5.【答案】A【分析】根據平面向量數量積的運算，以及平面向量的幾何表示，結合圓的性質求解.【詳解】已知向量，，即,即，建立如圖所示平面直角坐標系，設，，，，則，，，又，則，即N的軌跡為以為圓心，為半徑的圓，由圖可知，當與圓相切時，最大，此時，則的最大值為，即與夾角的最大值為.故選：6.【答案】D【分析】利用輔助角公式結合正弦型函數的性質計算可得，再利用正弦型函數的單調性計算即可得解.【詳解】根據題意，可得，其中，∵對一切恒成立，∴當時，函數有最大值或最小值，因此，，解得，，∵，∴，從而取得到，由此可得，令，得，，當時，可得的一個單調遞減區間是．故選：D．7.【答案】C【分析】借助導數計算可得函數的單調性，再構造函數，利用導數可得該函數單調性即可得、、大小關系，即可得解.【詳解】函數的定義域為，，故為偶函數，當時，，令，則，即在上單調遞增，，所以，則在上單調遞增，由于，∴，令，，∴在上單調遞增，∴，，∴，∴．故選：C．8.【答案】A【分析】根據新定義判斷出是公比為的等比數列，再利用迭乘法得到，最后根據和，聯立方程組求解即可.【詳解】令，即，則，由已知得，所以數列為公比為的等比數列，設，則，，，，當時，累乘可得，即，當時，，當時，，解得，故選：A.二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分，有多項符合要求，全對得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分）9.【答案】CD【分析】由三角函數的性質結合誘導公式判斷選項AB；正弦定理角化邊余弦定理得角的范圍判斷選項C；正弦定理結合倍角公式化簡判斷選項D.【詳解】對于A，中，若，則有或，當時，，為等腰三角形；當時，，為直角三角形，故A選項不正確，對于B，中，若，則或，即或，因此不一定是直角三角形，故B選項不正確；對于C，中，若，則根據正弦定理得，余弦定理得，則為鈍角，是鈍角三角形，故C選項正確；對于D，中，若，則，即，由，得，所以，，是等邊三角形，故D選項正確．故選：CD．10.【答案】BCD【分析】以為原點，建立平面直角坐標系，根據題意得到，設，由，求得，且，結合二次函數的性質，即可求解.【詳解】解：以為原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，因為，且，即，即，可得，設，因為為銳角三角形，所以，解得，過點作，若，可得，，即，因為，所以點在線段上（不包含端點），即，又由，所以，即的取值范圍為.故選：BCD.11.【答案】ABD【分析】求函數的導函數，判斷函數的單調性，求其極值點，由有三個零點列不等式求的取值范圍，判斷A，證明，結合單調性比較的大小，判斷B，由條件可得關于點成中心對稱，結合對稱性性質判斷C，由極值點的性質可得，，令，化簡又，可證明判斷D.【詳解】對于選項A，當時，，，由，得到或，由，得到，所以的單調遞增區間為，，單調遞減區間為，故在處取到極大值，在處取到極小值，若有三個零點，則解得，故選項A正確；對于選項B，當時，，，又，即，由選項A知，在區間上單調遞減，所以，故選項B正確；對于選項C，因為，即，所以關于點成中心對稱，又的定義域為，所以，整理得到，所以選項C錯誤；對于選項D，因為，所以，由題有，即，由，得，令，則，又，所以，得到，整理得到，又，代入化簡得到，又，，所以，得到，即，所以選項D正確故選：ABD.三、填空題（本大題共3小題，每題5分，共15分）12.【答案】3【分析】利用公式可求在在上的投影向量的模，計算即可得出結果.【詳解】在上的投影向量的模為.解得：故答案為：313.【答案】【分析】分分別求出兩個命題為真命題時的范圍，再分真假和假真兩種情況討論即可得解.【詳解】由關于x的方程有實根，得，解得或，由關于x的函數在上單調遞增，得，解得，因為“p或q”是真命題，“p且q”是假命題，所以一真一真一假，當真假時，，解得，當假真時，，解得，綜上所述，.故答案為：.14.【答案】【分析】在函數的圖象上任取點，可得該點關于直線對稱點，代入函數式并比較求出b，再將給定點代入求出a得解.【詳解】在函數的圖象任取點，則該點關于直線對稱點在的圖象上，即，整理得，而有，因此，即有，又函數的圖象過點，則，解得，所以.故答案為：四、解答題15.【答案】（1）1（2）或【分析】（1）結合向量數量積的運算律，利用向量的數量積求模長即可；（2）利用向量共線定理，和模長的坐標公式求解即可.【小問1詳解】向量與的夾角為，故，則.【小問2詳解】，，故設，所以，解得，故或.16.【答案】（1）（2）9【分析】（1）根據題意，由余弦定理得，再由正弦定理得，即可求解；（2）由三角形的面積公式，求得，根據題意和余弦定理，化簡求得的值，即可求解.【小問1詳解】解：因為，可得，由余弦定理得，又由正弦定理得，因為，所以，所以，所以，又因為，所以.【小問2詳解】解：由三角形的面積公式，可得，可得，又由余弦定理得，因為，所以，解得，所以的周長為．17.【答案】（1）（2）【分析】（1）根據的關系，作差可得為等比數列，即可由等比通項求解，（2）利用錯位相減法，結合等比數列求和公式即可求解.【小問1詳解】當時，，即，當時，①，②，①-②得，即，所以．因為，所以數列是首項為3，公比為3的等比數列．則，即．【小問2詳解】由（1）得，，所以，，故，所以．18.【答案】（1）；；（2）【分析】（1）利用二倍角公式以及輔助角公式將函數化簡，再利用周期公式可求周期，利用正弦函數的單調遞減區間整體代入，解不等式即可得解；（2）利用正弦定理邊化角求出，再利用三角形的內角和性質求出的范圍，代入解析式，根據三角函數的性質即可求解.【小問1詳解】，所以函數的最小正周期為，令，得，，所以函數的單調遞減區間是.【小問2詳解】由，得，即得，又在銳角中，所以，，解得，，，所以的取值范圍是.19.【答案】（1）（2）（3）見解析【分析】（1）根據極值的信息，則選用導數法，先求，再由有極值，可有，又由在處的切線與直線平行，可得從而求解．（2）存在．令得到函數的兩個極值點，然后分區間討論函數的增減性，得到函數的極小值令其等于1，討論得到的值存在，求出即可；（3）求得，利用導數工具在上是增函數，故，設，則，即，再利用累加法進行證明即可．【詳解】（1），由題意，①有極值，有兩