2024-2025学年北京市朝阳区日坛中学高三（上）调研
数学试卷（10月份）
一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40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，，那么( )
A. B. C. D.
2.复数的虚部是( )
A. B. C. D.
3.下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递减的是( )
A. B. C. D.
4.函数图象的两条相邻对称轴之间的距离是( )
A. B. C. D.
5.在中，若，，，则角的大小为( )
A. B. C. D. 或
6.声音的等级单位：与声音强度单位：满足喷气式飞机起飞时，声音的等级约为；一般说话时，声音的等级约为，那么喷气式飞机起飞时声音强度约为一般说话时声音强度的( )
A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍
7.已知是上的奇函数，则“”是“”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
8.已知公差不为的等差数列，前项和为，满足，且，，成等比数列，则( )
A. B. C. 或 D.
9.已知函数若，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
10.已知定义域为的函数，对，若存在，对任意的，有恒成立，则称为函数的“特异点”函数，在其定义域上的“特异点”个数是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知等差数列中，其前项和为，若，则 ______．
12.已知，，分别为内角，，的对边，且，则 ．
13.已知平面内四个不同的点，，，满足，则 ______．
14.古希腊数学家托勒密对三角学的发展做出了重要贡献，他的天文学大成包含一张弦表即不同圆心角的弦长表，这张表本质上相当于正弦三角函数表托勒密把圆的半径等分，用圆的半径长的作为单位来度量弦长将圆心角所对的弦长记为如图，在圆中，的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，因此的圆心角所对的弦长为个单位，即若为圆心角，，则 ______．
15.如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为线段，交点，为线段上的动点，则以下结论正确的是______．
当时，平面；
当时，平面；
线段的最小值为；
直线，所成角取值范围为．
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.本小题分
已知函数，，且的最小正周期为．
Ⅰ若，，求的值；
Ⅱ求函数的单调增区间．
17.本小题分
在且，平分且，且这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并加以解答．
是否存在，其中角，，的对边分别是，，，若，，点在线段上，____？若存在，求的周长；若不存在，请说明理由．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，，，为等腰直角三角形，，平面交平面于直线，，分别为棱，的中点．
Ⅰ求证：；
Ⅱ设，则：
求平面与平面夹角的余弦值；
在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值，若不存在，说明理由．
19.本小题分
已知函数，其中是自然对数的底数，．
Ⅰ求函数的单调区间；
Ⅱ当时，试确定函数的零点个数，并说明理由．
20.本小题分
已知函数．
Ⅰ讨论的单调区间；
Ⅱ若存在极大值和极小值，且，求的取值范围．
21.本小题分
理科定义：如果数列的任意连续三项均能构成一个三角形的三边长，则称为“三角形”数列对于“三角形”数列，如果函数使得仍为一个“三角形”数列，则称是数列的“保三角形函数”，
已知是首项为，公差为的等差数列，若，是数列的“保三角形函数”，求的取值范围；
已知数列的首项为，是数列的前项和，且满足，证明是“三角形”数列；
根据“保三角形函数”的定义，对函数，，和数列，，提出一个正确的命题，并说明理由．
参考答案
1.
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5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.解：Ⅰ解：因为的最小正周期，
，解得，
由，得，
即，
，，
，
；
Ⅱ函数
，
由，
解得，
所以函数的单调增区间为，．
17.解：因为，，
所以由余弦定理，可得，
若选，因为，且，
可得，两边平方，可得，
所以，，
所以，
所以；
若选，因为平分，且，
所以，
所以，即，
又因为，即，
所以，解得，
所以；
若选，因为，且，
所以，解得，
所以，
又因为，不成立，
所以不存在．
18.证明：因为，平面，平面，
所以平面，又因为平面，平面平面直线，
所以；
解：如图，取的中点，连接，，
由题意可得，，且，
则为平行四边形，
所以，又，，，平面，
所以平面，
则平面，又，平面，
则，，又因为，为的中点，
所以，，，两两垂直，
以为坐标原点，直线，，所在方向分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，，
设平面的法向量，
则，即，
令，则，，即，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面所成角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为；
由可得：，
设，，则，
可得，解得，
即，故，
若平面，则，
所以，
解得：，
所以存在点，使得平面，此时．
19.解：Ⅰ因为，，
所以
令，得
当变化时，和的变化情况如下：
极小值
故的单调减区间为；单调增区间为．
Ⅱ结论：函数有且仅有一个零点．
理由如下：
由，得方程，
显然为此方程的一个实数解．
所以是函数的一个零点．
当时，方程可化简为．
设函数，则，
令，得．
当变化时，和的变化情况如下：
极小值
即的单调增区间为；单调减区间为．
所以的最小值．
因为 ，
所以，
所以对于任意，，
因此方程无实数解．
所以当时，函数不存在零点．
综上，函数有且仅有一个零点．
20.解：Ⅰ，
，
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在，上单调递减，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，在，上单调递减，在上单调递增；
综上所述，当时，的单调增区间为；
当时，的单调减区间为，，单调增区间为；
当时，的单调减区间为，无增区间；
当时，的单调减区间为，，单调增区间为；
Ⅱ由Ⅰ知，若存在极大值和极小值，则或，
当时，；，由得：，显然成立；
当时，；，由得：，不成立；
综上所述，．
21.解：显然，对任意正整数都成立，即是三角形数列．分
因为，显然有，
由得，解得．
所以当时，是数列的“保三角形函数”分
由得，两式相减得
所以，，经检验，此通项公式满足分
显然，因为，
所以是“三角形”数列．分
探究过程：函数，是数列，，的“保三角形函数”，必须满足三个条件：
，，是三角形数列，所以，即．
数列中的各项必须在定义域内，即．
，，是三角形数列．
由于，是单调递减函数，所以，解得．
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