2024-2025學年北京八十中高三（上）月考數(shù)學試卷（10月份）（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年北京八十中高三（上）月考數(shù)學試卷（10月份）一、單選題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={?1,0,1}，集合B={x∈Z|x2?2x≤0}，那么A∪B等于A.{?1} B.{0,1} C.{0,1,2} D.{?1,0,1,2}2.在復平面，復數(shù)z對應的點坐標為(1,?1)，則z1+i=(

)A.i B.?i C.1?i D.1+i3.若a>0>b，則(

)A.a3>b3 B.|a|>|b| C.4.已知a=log21.41,b=1.41A.b>a>c B.b>c>a C.c>b>a D.c>a>b5.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l//α，l//β，則α//β B.若l//α，l⊥β，則α⊥β

C.若l⊥β，α⊥β，則l//α D.若l//α，α⊥β則l⊥β6.將函數(shù)y=sin2x的圖象向左平移φ(φ>0)個單位，得到的圖象恰好關于直線x=π6對稱，則φ的最小值是(

)A.π12 B.π6 C.π47.“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(shù)為(

)A.5 B.6 C.7 D.88.已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，則“Sn≥nA.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△ABC中，∠BAC=90°，BC=2，點P在BC邊上，且AP?(AB+AC)=1，則A.(?12?,??1?] B.[?12?,?1?]10.已知無窮數(shù)列{an}，a1=1.性質(zhì)s：?m，n∈N?，am+n>am+an，性質(zhì)t：?m，n∈N?，2≤m<n，am?1+an+1>am+an，給出下列四個結(jié)論：

①若an=3?2n，則{an}具有性質(zhì)s；

②若A.1 B.2 C.3 D.4二、填空題：本題共5小題，每小題5分，共25分。11.已知角α，β的終邊關于原點O對稱，則cos(α?β)=______．12.已知向量a=(2,0),b=(m,1)，且a與b的夾角為π3，則m=13.等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，能說明“若{an}為遞增數(shù)列，則?n∈N?，Sn<Sn+114.設函數(shù)f(x)=x3?3x,x≤a?x,x>a，①若a=0，則f(x)的最大值為______；②若f(x)無最大值，則實數(shù)15.在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別為棱AD，BB1的中點.點P為正方體表面上的動點，滿足A1P⊥EF.給出下列四個結(jié)論：

①線段A1P長度的最大值為23；

②存在點P，使得DP//EF三、解答題：本題共6小題，共85分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。16.(本小題13分)

如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1⊥底面ABC，AB⊥AC，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC17.(本小題14分)

設函數(shù)f(x)=sinωx+3cosωx(ω>0)，從下列三個條件中選擇兩個作為已知，使函數(shù)f(x)存在．

(Ⅰ)求f(x)的最小正周期及單調(diào)遞減區(qū)間；

(Ⅱ)若對于任意的x∈[π2,π]，都有f(x)≤c，求實數(shù)c的取值范圍．

條件①：函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(?π6,2)；

條件②：f(x)在區(qū)間[?5π12,π12]上單調(diào)遞增；

條件18.(本小題14分)

已知△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a(1?3cosC)=3ccosA．

(1)求ba的值；

(2)若c=2，求B最大時△ABC的面積．19.(本小題14分)

已知直線y=kx與函數(shù)f(x)=xlnx?x2+x的圖象相切．

(1)求k的值；

(2)求函數(shù)f(x)20.(本小題15分)

已知函數(shù)f(x)=aln(x+1)?xex+1．

(1)當a<0時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若函數(shù)f(x)存在正零點x0．

(i)求a的取值范圍；

(ii)記x1為f(x)的極值點，證明：21.(本小題15分)

給定正整數(shù)N≥3，已知項數(shù)為m且無重復項的數(shù)對序列A：(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xm,ym)滿足如下三個性質(zhì)：

①xi，yi∈{1,2,…,N}，且xi≠yi(i=1,2,…,m)；

②xi+1=yi{i=1,2,…,m?1)；

③(p,q)與(q,p)不同時在數(shù)對序列A中．

(Ⅰ)參考答案1.D

2.B

3.A

4.B

5.B

6.A

7.C

8.B

9.A

10.C

11.?1

12.313.?12

14.2

(?∞,?15.①③④

16.證明：(1)∵在三棱柱ABC?A1B1C1中，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC的中點．

∴EF/?/AC，∵AC/?/A1C1，∴EF/?/A1C1，

∵A1C1?平面B1EF，EF?平面B1EF，

∴A1C1/?/平面B117.解：(Ⅰ)若選①②，f(x)=sinωx+3cosωx=2sin(ωx+π3)，

由①函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(?π6,2)，

則?πω6+π3=π2+2kπ，k∈Z，

即ω=?1?12k，k∈Z，

由條件②：f(x)在區(qū)間[?5π12,π12]上單調(diào)遞增，有π12?(?5π12)≤T2，

又T=2πω，即2πω≥π，所以0<ω≤2，

此時ω不存在；

選條件②③，f(x)=sinωx+3cosωx=2sin(ωx+π3)，

由條件②：f(x)在區(qū)間[?5π12,π12]上單調(diào)遞增，有π12?(?5π12)≤T2，

又T=2πω，即2πω≥π，所以0<ω≤2，

由條件③：x=π12是f(x)的一條對稱軸，有sin(π12ω+π3)=1，

即π12ω+π3=π2+2kπ，k∈Z，所以ω=2+24k，k∈Z，

由(1)(2)可得ω=2，

所以f(x)=2sin(2x+π3)，T=2π2=π，

由π2+2kπ≤2x+π318.解：(1)因為a(1?3cosC)=3ccosA，由正弦定理得sinA(1?3cosC)=3sinCcosA，

整理得sinA=3sinAcosC+3cosAsinC=3sin(A+C)=3sinB，

結(jié)合正弦定理得a=3b，所以ba=13；

(2)由余弦定理得cosB=a2+c2?b22ac=9b2+4?b212b=2b3+13b≥22b3?13b19.解：(1)由已知，設切點為

(x0,x0lnx0?x02+x0)，

f′(x)=lnx?2x+2，(x>0)，

∴切線的斜率為

k=lnx0?2x0+2，

即切線方程為y?(x0lnx0?x02+x0)=(lnx0?2x0+2)(x?x0)，

代入(0,0)，即

x02?x0=0，解得

x0=1，

∴k=0．

(2)由(1)可得：f′(x)=lnx?2x+2，

設g(x)=lnx?2x+2，則

g′(x)=1x?2，

令g′(x)=0，得x=12．

當x∈(0,12)

時，g′(x)>0；當x∈(12,+∞)

時，g′(x)<020.解：(1)由已知可得f(x)的定義域為(?1,+∞)，且f′(x)=ax+1?(ex+1+xex+1)=a?(x+1)2ex+1x+1，

因此當a<0時，a?(x+1)2ex+1<0，從而f′(x)<0，

所以f(x)的單減區(qū)間是(?1,+∞)，無單增區(qū)間；

(2)(i)由(1)知，f′(x)=a?(x+1)2ex+1x+1，

令g(x)=a?(x+1)2ex+1，g′(x)=?(x2+4x+3)ex+1，

當x∈(?1,+∞)時，g′(x)=?(x2+4x+3)ex+1<0，g(x)單調(diào)遞減．

①當a≤0時，可知f′(x)<0，f(x)在(?1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減，

又f(0)=0，故當x>0時，f(x)<0，所以f(x)不存在正零點；

②當0<a≤e時，g(0)=a?e≤0，x∈(0,+∞)，g(x)=a?(x+1)2ex+1<0，

f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減，故當x>0時，f(x)<0，函數(shù)f(x)不存在正零點；

③當a>e時，lna?1>0，此時g(0)=a?e>0，g(lna?1)=a(1?lna)2<0，

所以存在α∈(0,lna?1)滿足g(α)=0，

所以f(x)在(?1,α)內(nèi)單調(diào)遞增，在(α,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減．

令?(x)=?x?x+1，則當x>0時，?′(x)=1x?1，

故?(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減，

從而當x>1時，?(x)<?(1)=0，即lnx<x?1，

所以f(lna?1)=a[lnlna?(lna?1)]<0，

又因為f(0)=0，所以f(α)>0，21.解：(Ⅰ)A：(1,2)，(2,3)，(3,1)，或A：(1,3)，(3,2)，(2,1)；

(Ⅱ)證明：因為(p,q)和(q,p)不同時出現(xiàn)在A中，故m≤C52=15，

所以1，2，3，4，5，6每個數(shù)至多出現(xiàn)5次，

又因為xi+1=yi(i=1222?.m?1)，

所以只有x1，ym對應的數(shù)可以出現(xiàn)5次，

故m≤12×(4×4+2×5)=13；

(Ⅲ)當N為奇數(shù)時，先證明T(N+2)=T(N)+2N+1，

因為(p,q)和(q,p)不同時出現(xiàn)在A中，所以T(N)≤CN2=12N(N?1)，

當N=3時，構(gòu)造A：(1,2)，(2,3)，(3,1)恰有C32項，且首項的第1個分量與末項的第2個分量都為1，

對奇數(shù)N，如果可以構(gòu)造一個恰有CN2項的序列A，且首項的第1個分量與末項的第2個分量都為1，

那么對奇數(shù)N+2而言，可按如下方式構(gòu)造滿足條件的序列A′：首先，對于如下2N+1個數(shù)對集合：

{(1,N+1)，(N+1,1)}，{(1,N+2)，(N+2,1)}，

{(2,N+1)，(N+1,2)}，{(2,N+2)，(N+2,2)}，

……，

{(N,N+1)，(N+1,N)}，{(N,N+2)，(N+2,N)}，

{(N+1,N