試題試題2024北京八十中高三10月月考數學2024年10月（考試時間120分鐘滿分150分）提示：試卷答案請一律填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效．在答題卡上，選擇題用2B鉛筆作答，其他試題用黑色簽字筆作答．一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分．1.已知集合，集合，那么等于（）A. B. C. D.2.在復平面，復數z對應的點坐標為，則（）A.i B.-i C. D.3.若，則（）A. B. C. D.4.已知，則（）A. B. C. D.5.設l是直線，α，β是兩個不同平面，則下面命題中正確的是（）A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，則6.將函數的圖象向左平移個單位長度，得到的圖象恰好關于直線對稱，則的最小值是（）A. B. C. D.7.“一尺之錘，日取其半，萬世不竭”語出《莊子·天下》，意思是一尺長的棍棒，每日截取它的一半，永遠截不完（一尺約等于33.33厘米）.若剩余的棍棒長度小于0.33厘米，則需要截取的最少次數為（）A.5 B.6 C.7 D.88.已知等差數列的前項和，則“”是“是遞減數列”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件9.在中，，，點在邊上，且，則的取值范圍是（）A. B. C. D.10.已知無窮數列，．性質，，，性質，，，，給出下列四個結論：①若，則具有性質；②若，則具有性質；③若具有性質，則；④若等比數列既滿足性質又滿足性質，則其公比的取值范圍為．則所有正確結論的個數為（）A.1 B.2 C.3 D.4二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分．11.已知角，的終邊關于原點O對稱，則______．12.已知向量，且與的夾角為，則_____________.13.等比數列的前項和為，能說明“若為遞增數列，則”為假命題的一組和公比的值為_______，_______．14.設函數，①若，則的最大值為_________；②若無最大值，則實數的取值范圍是_________.15.在棱長為的正方體中，點分別為棱的中點.點為正方體表面上的動點，滿足.給出下列四個結論：①線段長度的最大值為；②存在點，使得；③存在點，使得；④是等腰三角形.其中，所有正確結論的序號是________．三、解答題：本大題共6小題，共85分．16.如圖，在三棱柱中，側面底面，，，分別是棱，的中點.求證：（1）∥平面；（2）.17.設函數．從下列三個條作中選擇兩個作為已知，使得函數存在．（1）求的最小正周期及單調遞減區間；（2）若對于任意的，都有，求實數的取值范圍．條件①：函數的圖象經過點；條件②：在區間上單調遞增；條件③：足的一條對稱軸．18.已知中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．（1）求的值；（2）若，求B最大時的面積．19.已知直線與函數的圖象相切.（1）求的值；（2）求函數的極大值.20.已知函數.（1）當時，求的單調區間；（2）若函數存在正零點，（i）求的取值范圍；（ii）記為的極值點，證明：.21.給定正整數，已知項數為且無重復項的數對序列：滿足如下三個性質：①，且；②；③與不同時在數對序列中.（1）當，時，寫出所有滿足的數對序列；（2）當時，證明：；（3）當為奇數時，記的最大值為，求.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分．1.【答案】D【分析】先解不等式化簡集合，再由并集的概念，即可得出結果.【詳解】∵集合，集合，∴.故選：D.2.【答案】B【分析】由題可得，再由復數除法法則即可求解.【詳解】z對應的點坐標為，所以，所以故選：B.3.【答案】A【分析】根據不等式的性質判斷A，取特殊值判斷BCD.【詳解】，，即，故A正確；取，則不成立，故B錯誤；取，則不成立，故C錯誤；取，則，故D錯誤.故選：A4.【答案】B【分析】根據給定條件，利用指數函數、對數函數的單調性及誘導公式、特殊角的三角函數值比較即得.【詳解】依題意，，所以.故選：B5.【答案】B【分析】由線面平行，線面垂直，面面平行，面面垂直的性質逐項判斷即可；【詳解】A：若，，則或相交，故A錯誤；B：若，，由線面平行和垂直的性質可得，故B正確；C：若，，則或，故C錯誤；D：若，，則相交或或，故D錯誤；故選：B.6.【答案】A【分析】由三角函數的相位變換可得變換后的圖象對應的解析式，再根據正弦函數的對稱軸可得以及的最小值.【詳解】將函數的圖象向左平移個單位長度得到的函數圖象對應的函數解析式為，因為其圖象關于直線對稱，所以，解得，則正數的最小值為，故選：A．【點睛】本題考查了三角函數的圖象的相位變換，考查了正弦函數的對稱軸．屬于基礎題.7.【答案】C【分析】由題可知截取第n次后，剩余的棍棒長為尺,然后列不等式可求出n的值.【詳解】由題意可知第一次剩余的棍棒長度為12則第n次剩余的棍棒長為尺，由，解得，所以當剩余的棍棒長度小于1厘米時,需要截取的最少次數為7.故選:C.8.【答案】B【分析】正向舉常數列反駁，反向利用等差數列求和公式和遞減數列性質判斷即可.【詳解】當等差數列an為常數列時，此時，滿足前者，但是此時“an不是遞減數列”當an是遞減數列，則對，，，當時，，當時，，，所以對，，則反推成立，故必要性成立，則“”是“an是遞減數列”的必要而不充分條件.故選：B.9.【答案】A【分析】以的中點為原點，過垂直于的直線為軸，為軸，建立平面直角坐標系，再利用向量數量積的坐標運算以及向量模的坐標表示即可求解.【詳解】以的中點為原點，過垂直于的直線為軸，為軸，建立平面直角坐標系，如圖：則，，設，，，，，則由，得，化簡，所以，由，因為，所以，所以，所以的取值范圍為.故選：A【點睛】本題考查了向量數量積的坐標表示、向量模的坐標表示，考查了基本運算求解能力，屬于基礎題.10.【答案】C【分析】根據性質的定義可判斷①；根據性質的定義可判斷②；根據性質的定義可得，，利用累加法可證③；對于④，結合③，可得，由an滿足性質，分和討論求出，再由an滿足性質得，構造，求導結合函數單調性可驗證滿足題意.【詳解】對于①，因為，對，，即，所以an不具有性質，故①錯誤；對于②，，對，，，，即an具有性質，故②正確；對于③，若an具有性質，令，則，即，，，又，所以，，故③正確；對于④，an是等比數列，設其公比為，又，，若an滿足性質，由選項③得，即，，，由，，得，當時，得，即，對，又，，當時，不妨設，則，，解得，，綜上，若an滿足性質，則.若an滿足性質，對，，，可得，即，令，則，又，所以函數在上單調遞增，又由an滿足性質，，成立，所以等比數列an既滿足性質s又滿足性質t，則其公比的取值范圍為.故④正確.故正確的為②③④共個.故選：C【點睛】方法點睛：對于以數列為背景的新定義問題的求解策略：1、緊扣新定義，首先分析新定義的特點，把心定義所敘述的問題的本質弄清楚，應用到具體的解題過程中；2、用好數列的性質，解題時要善于從試題中發現可以使用的數列的性質的一些因素.二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分．11.【答案】【分析】根據角，的終邊關于原點O對稱得，即可得到的值.【詳解】角，的終邊關于原點O對稱，，.故答案為：.12.【答案】【分析】根據向量的夾角公式計算即可.【詳解】由題意得，解得.故答案為：.13.【答案】①.②.（答案不唯一）【分析】由題意，等比數列為遞增數列，且，取一組符合條件的和公比即可.【詳解】“若為遞增數列，則”為假命題，所以若為遞增數列，則，，則，等比數列為遞增數列，且，則和公比，滿足題意.故答案為：；14.【答案】①.②.【分析】①分別分析在兩段內的單調性即可求出最大值；②討論所在的區間，分別研究函數在每一段的單調性，根據無最大值列出不等式求出結果.【詳解】①若，，當時，，單調遞減，，當時，，，所以在單調遞增，在單調遞減，則此時，所以的最大值為2；②當時，當時，，單調遞減，所以，當時，在單調遞增，所以，因為無最大值，所以，解得；當時，當時，，單調遞減，，當時，在單調遞增，在單調遞減，所以，因為無最大值，所以，此種情況無解，舍去；當時，當時，，單調遞減，，當時，在單調遞增，在單調遞減，在單調遞增，所以，因為無最大值，所以，此種情況無解，舍去；所以實數的取值范圍是故答案為：①;②15.【答案】①③④【分析】建立空間直角坐標系，利用坐標驗證垂直判斷①，找出平行直線再由坐標判斷是否垂直可判斷B，設點的坐標根據條件列出方程組②，探求是否存在符合條件的解判斷③④【詳解】如圖，建立空間直角坐標系，則，對①，由正方體性質知當P在時，線段長度的最大值為，此時，，所以，即滿足，故①正確；對②，取正方形的中心M，連接，易知，所以四邊形為平行四邊形，所以，故運動到處時，，此時，，，即不滿足，綜上不存在點，使得，故②錯誤；對③，設，則，，若存在，由，可得方程組，化簡可得，解得，顯然當時滿足題意，即存在點，使得，故③正確；對④，設，若，則，化簡可得，由③知時可得，所以不妨取，此時在正方體表面上，滿足題意，故④正確.故答案為：①③④【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵之處在于建立空間直角坐標系，利用坐標運算建立方程，探求是否存在滿足條件的點，運算比較復雜，屬于難題.三、解答題：本大題共6小題，共85分．16.【答案】（1）見解析（2）見解析【分析】（1）要證明∥平面，只需證明∥即可；（2）要證明，只需證明平面即可.【詳解】（1）在中，，分別是棱，的中點，所以∥.又在三棱柱中，∥，所以∥.又因為平面，平面，所以∥平面.（2）因為側面底面，側面底面，，平面，所以平面.又因為平面，所以.【點睛】本題考查線面平行的判定定理以及面面垂直的性質定理，考查學生的邏輯推理能力，是一道容易題.17.【答案】（1），單調遞減區間為；（2）【分析】（1）利用輔助角公式化簡，結合所選條件，利用周期與單調性求出，求函數解析式即可；（2）由的范圍求出的范圍，即可求出函數的值域，依題意．【小問1詳解】因為，若選①②：由①函數的圖象經過點，則，，即，，由②在區間上單調遞增，有，即，又且，即，所以，此時不存在；選條件②③：由②在區間上單調遞增，有，即，又且，即，所以，由③是的一條對稱軸，則，，所以，，所以，所以，則的最小正周期，由，解得，所以的單調遞減區間為；若選①③：由①函數的圖象經過點，則，，即，，由③是的一條對稱軸，則，，所以，，此時不存在；【小問2詳解】由（1）可知，因為，所以，所以，，因為對于任意的，都有，所以，即的取值范圍為．18.【答案】（1）（2）【分析】（1）正弦定理化邊為角，利用三角變換后再由正弦定理化角為邊可得；（2）利用余弦定理及基本不等式求得的最小值即得最大，由此求得三角形的邊長后，再利用面積公式可得結論．【小問1詳解】因為，由正弦定理得，得，由正弦定理得，所以．【小問2詳解】由余弦定理得，當且僅當，即時取等號，當取最小值時，B最大，此時，，，的面積為．19.【答案】（1）；（2）0.【分析】（1）設出切點，利用導數的幾何意義求解即得.（2）利用導數判斷函數的單調性，然后求出極值即可.【小問1詳解】函數的定義域為，求導得，設切點為，則切線的斜率為，切線方程為，又切線過點，于是，而，解得，所以.【小問2詳解】由（1）知，，設，求導得，令，得，當時，，當時，，因此函數在上單調遞增，在上單調遞減，于是，又，則存在，當時，，當時，，從而在上單調遞減，在上單調遞增，所以存在唯一極大值.20.【答案】（1）單調遞減區間是，無單調遞增區間（2）（i）；（ii）證明見解析【分析】（1）借助導數的正負即可得函數的單調性；（2）（i）求導后借助導數分、及討論函數的單調性，再結合零點的存在性定理計算即可得；（ii）利用零點定義與極值點定義可得，代入計算可得，再借助時，，即可得，再計算并化簡即可得.【小問1詳解】由已知可得的定義域為，且，因此當時，，從而f'x<0所以的單減區間是，無單增區間；【小問2詳解】（ⅰ）由（1）知，，令，當時，單調遞減．①當時，可知在內單調遞減，又，故當時，，所以不存在正零點；②當時，，在0,+∞單調遞減，故當時，，函數不存在正零點；③當時，，此時，所以存在滿足，所以在內單調遞增，在內單調遞減．令，則當時，，故?x在0,1內單調遞增，在1,+從而當時，，即，所以，又因為，所以，因此，此時存在正零點；綜上，實數的取值范圍為；（ⅱ）由題意，，即，從而，即，由（ⅰ）知當時，，即，有，又，故，兩邊取對數，得，于是，整理得．【點睛】關鍵點點睛：最后一問關鍵點在于借助，從而得到，即可得.21.【答案】（1）或（2）證明詳見解析（3）【分析】（1）利用列舉法求得正確答案.（2）利用組合數公式求得的一個大致范圍，然后根據序列滿足的性質證得.（3）先證明，然后利用累加法求得.【小問1詳解】依題意，當，時有：或.【小問2詳解】當時，因為與不同時在數對序列中，所以，所以每個數至多出現次，又因為，所以只有對應的數可以出現次，所以.【小問3詳解】當為奇數時，先證明.因為與不同時在數對序列中，所以，當時，構造恰有項，且首項的第個分量與末項的第個分量都為.對奇數，如果和可以構造一個恰有項的序列，且首項的第個