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华中师大一附中 2024-2025 学年度十月月度检测
数学试题
时限：120分钟 满分：150分 命题人：游林 审题人：钟涛
一、选择题（本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的．）
1
A={(x,y)| y =|x|},B=(x,y)| y =
|x| AB =
1. 已知集合 ，则 （ ）
A. {−1,1} B. {(−1,1),(1,1)} C. (0,+∞) D. (0,1)
【答案】B
【解析】
【分析】先解方程组，得出点的坐标即可得出交集.
y = x ,
x=1, x=−1,
【详解】 1 ，解得 ，或 ，
y = y =1 y =1
x
所以AB={(−1,1),(1,1)}，
故选：B．
2. 已知函数 f
(
x
)=(x−2)n,n∈N*，则“n=1”是“
f
(
x
)
是增函数”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由当n=2k+1,k∈N时， ，可得 f ( x )=(x−2)n是增函数，即可得到答案.
′
𝑓𝑓 (𝑥𝑥)≥0
【详解】由 f
(
x
)=(x−2)n，得 f′(
x
)=n(x−2)n−1，
则当n=2k+1,k∈N时， ， f ( x )=(x−2)n是增函数，
′
𝑓𝑓 (𝑥𝑥)≥0
( )
当n=1时，可得 f x 是增函数；
当 f ( x ) 是增函数时，n=2k+1,k∈N，
( )
故“n=1”是“ f x 是增函数”的充分不必要条件.
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学科网（北京）股份有限公司故选：A.
3. 函数 f ( x )=asinx+bcosx图像的一条对称轴为x= π ，则 a =（ ）
3 b
3 3
A. 3 B. − 3 C. D. −
3 3
【答案】A
【解析】
a
【分析】直接利用对称性，取特殊值，即可求出 .
b
【详解】由 f
(
x
)=asinx+bcosx (ω>0 )
的图象关于x=
π
对称，
3
2π 2π 2π a
可知： f(0)= f( )，即asin0+bcos0=asin +bcos ，则 = 3．
3 3 3 b
故选：A．
( ) 1 9
4. 已知随机变量ξ~ N 2,σ2 ，且P(ξ≤1)= P(ξ≥a)，则 + (0< xc>a B. a>c>b C. a>b>c D. b>a>c
【答案】D
【解析】
π
【分析】构造函数 f ( x )= x−sinx(0< x< )，利用导数探讨单调性并比较a,c，再利用对数函数单调性
2
比较大小即得.
π
【详解】当00，
2
π
则函数 f(x)在(0, )上单调递增，有 f(x)> f(0)=0，即有x >sinx，
2
3 3 1 3
因此a= >sin =c，显然b=ln2>ln e = > =a，
7 7 2 7
所以b>a>c.
故选：D
π
7. 已知函数 f ( x )=2cos2ωx−(sinωx−cosωx)2(ω>0) 的图象关于直线 x = 轴对称，且 f ( x ) 在
12
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学科网（北京）股份有限公司 π
0, 上没有最小值，则ω的值为（ ）
3
1 3
A. B. 1 C. D. 2
2 2
【答案】C
【解析】
【分析】先由三角恒等变换化简解析式，再由对称轴方程解得ω=6k+ 3 ,k∈Z，再由 f ( x ) 在 0, π 上没
2 3
有最小值得ω范围，建立不等式求解可得.
【 详 解 】 f ( x )=2cos2ωx− ( sin2ωx−2sinωxcosωx+cos2ωx )
=2cos2ωx+sin2ωx−1=cos2ωx+sin2ωx
π
= 2sin2ωx+ ，
4
π
因为 f ( x ) 的图象关于直线x = 轴对称，
12
π ωπ π
所以 f = 2sin + =± 2，
12 6 4
ωπ π π 3
故 + =kπ+ ,k∈Z，即ω=6k+ ,k∈Z，
6 4 2 2
π π
当2ωx+ =− +2mπ，m∈Z，ω>0,
4 2
3π mπ
即当x=− + ,m∈Z时，函数 f ( x ) 取得最小值，
8ω ω
5π
当m=1时，x= 为 y轴右侧第1条对称轴.
8ω
因为 f ( x ) 在 0, π 上没有最小值，所以 5π ≥ π ，即ω≤ 15 ，
3 8ω 3 8
3 15 1 1
故由0<6k+ ≤ ，解得− 0，则不等式 f ( x+1 )> 的解集是（ ）
ex
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学科网（北京）股份有限公司A.
( 3,+∞)
B.
(−∞,3 )
C.
( 1,+∞)
D.
(−∞,1 )
【答案】C
【解析】
【分析】由 f
(
x
)
是奇函数，可得
f′(
x
)
是偶函数，得到 f
(
x
)+ f′(
x
)>0，令g (
x
)=ex
f
(
x
)
，得到
3
g′( x )>0，得出g ( x ) 在R 上单调递增，再由 f (−x )− f +x =0，求得 f ( x ) 的周期为3的周期函数，
2
1
根据 f ( 2024 )= ，得到g ( 2 )=e，把不等式转化为g ( x+1 )> g ( 2 ) ，结合函数的单调性，即可求解.
e
【详解】因为 f
(
x
)
是奇函数，可得
f′(
x
)
是偶函数，
又因为 f ( x )+ f′(−x )>0，所以 f ( x )+ f′( x )>0，
令g ( x )=ex f ( x ) ，可得g′( x )=
f ( x )+ f′( x )
ex >0，所以g ( x ) 在R 上单调递增，
3
因为 f (−x )− f +x =0且 f ( x ) 是奇函数，
2
3 3 3 3
可得 f +x = f (−x )=−f ( x ) ，则 f ( x+3 )= f[( +x)+ ]=−f( +x)= f ( x )，
2 2 2 2
( )
所以 f x 的周期为3的周期函数，
1 1
因为 f ( 2024 )= f ( 674×3+2 )= f ( 2 )= ，所以g ( 2 )=e2× =e，
e e
1
则不等式 f ( x+1 )> ，即为ex+1f ( x+1 )>e，即g ( x+1 )> g ( 2 ) ，
ex
( )
又因为g x 在R 上单调递增，所以x+1>2，解得x>1，
1
所以不等式 f ( x+1 )> 的解集为( 1,+∞)．
ex
故选：C．
二、选择题（本大题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求．全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分．）
9. 下列等式成立的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司1
A. ( sin15°−cos15°)2 =
2
2
B. sin222.5°−cos222.5°=−
2
1
C. cos28°cos32°−cos62°cos58°=−
2
( ) 3
D. tan10°− 3 cos50°=−
2
【答案】AB
【解析】
【分析】应用倍角正余弦、和差角正余弦公式及诱导公式化简求值，即可判断各项的正误.
1
【详解】A：( sin15°−cos15°)2 =1−2sin15°cos15°=1−sin30°= ，成立；
2
2
B：sin222.5°−cos222.5°=−cos45°=− ，成立；
2
1
C：cos28°cos32°−cos62°cos58°=cos28°cos32°−sin28°sin32°=cos(28°+32°) =cos60°= ，
2
不成立；
( ) sin10°− 3cos10° −2sin50°cos50° −sin100°
D： tan10°− 3 cos50°= ⋅cos50°= =
cos10° cos10° cos10°
cos10°
=− =−1，不成立.
cos10°
故选：AB
10. 已知抛物线C: y2 =2px ( p >0 ) ，过C的焦点F 作直线l:x=ty+1，若C与l交于A,B两点，
AF =2FB，则下列结论正确的有（ ）
A. p=2
B. AF =3
C. t =2 2 或−2 2
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学科网（北京）股份有限公司5
D. 线段AB中点的横坐标为
4
【答案】ABD
【解析】
【分析】由直线l:x=ty+1，可知焦点 ，得 p的值和抛物线方程，可判断A选项；直线方程代入抛
𝐹𝐹(1,0)
物线方程，由韦达定理结合AF =2FB，求出A,B两点坐标和t的值，结合韦达定理和弦长公式判断选项
BCD.
【详解】抛物线C: y2 =2px ( p>0 ) 的焦点F 在x轴上，
p
过F 作直线l:x=ty+1，可知 ，则 =1，得 p=2，A选项正确；
2
𝐹𝐹(1,0)
抛物线方程为y2 =4x，直线l的方程代入抛物线方程，得y2 −4ty−4=0.
设 ， ，由韦达定理有y + y =4t，y y =−4，
1 2 1 2
𝐴𝐴(𝑥𝑥1,𝑦𝑦1) 𝐵𝐵(𝑥𝑥2,𝑦𝑦2)
AF =2FB，得y =−2y ，解得y =−2 2,y = 2或 y =2 2,y =− 2 ，
1 2 1 2 1 2
y + y 2 2
t = 1 2 ，则t = 或t =− ，C选项错误；
4 4 4
1
1 +2
则x =2,x = ，线段AB中点的横坐标为 x +x 2 5，D选项正确；
1 2 2 1 2 = =
2 2 4
1 9 2 2 9
AB = x +x + p = +2+2= ， AF = AB = × =3，B选项正确.
1 2 2 2 3 3 2
故选：ABD.
11. 已知P ( x ,y ) 是曲线C:x3+ y3 = y−x上的一点，则下列选项中正确的是（ ）
0 0
A. 曲线C的图象关于原点对称
B. 对任意x ∈R，直线x= x 与曲线C有唯一交点P
0 0
1
C. 对任意y
∈[−1,1 ]
，恒有 x <
0 0 2
π
D. 曲线C在−1≤ y≤1的部分与 y轴围成图形的面积小于
4
【答案】ACD
【解析】
【分析】将x， y替换为−x，−y计算即可判断 A；取x=0，可判断有三个交点即可判断 B；利用函数
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学科网（北京）股份有限公司y = x−x3的单调性来得出y − y3的取值范围，再结合 f ( x )= x3 +x的单调性进行求解即可判断C；利用
0 0
图象的对称性和半圆的面积进行比较即可判断D．
【详解】A．对于x3+ y3 = y−x，将x， y替换为−x，−y，所得等式与原来等价，故A正确；
B．取x=0，可以求得y=0，y =1，y =−1均可，故B错误；
C．由x +x3 = y − y3，y ∈[−1,1 ] ，函数y = x−x3，故y′=1−3x2，
0 0 0 0 0
3 3 3
令 y′=1−3x2 =0，解得：x =± ，在x∈−1,− ， ,1时，y′<0，函数单调递减，
1 3 3 3
3 3 2 3 2 3
在x∈− , 时，y′>0，函数单调递增，所以y − y3∈− , ，
3 3 0 0 9 9
1 5 2 3 1
又因为 f ( x )= x3 +x是增函数， f = > ，所以有 x < ，故C正确；
2 8 9 0 2
D．当y ∈[ 0,1 ] 时，x +x 3 = y − y 3 ≥0，又x +x3 ≥2x2，
0 0 0 0 0 0 0 0
y − y3 ≤2y −2y2，所以x2 ≤ y − y2．
0 0 0 0 0 0 0
曲线x2 = y− y2与 y轴围成半圆，又曲线C的图象关于原点对称，
π
则曲线C与 y轴围成图形的面积小于 ，故D正确．
4
故选：ACD．
三、填空题（本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分）
π π
12. 若α∈− ,0，且cos2α=cos α+ ，则α=__________.
2 4
π
【答案】−
12
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司 π 1 π
【分析】化简三角函数式，求出sin α+ = ，根据α∈− ,0即可求解.
4 2 2
π 2
【详解】由cos2α=cos α+ ，得cos2α−sin2α= ( cosα−sinα).
4 2
π 2 π 1
因为α∈− ,0，所以cosα−sinα≠0，则cosα+sinα= ，则sin α+ = .
2 2 4 2
π π π π π π π
由α∈− ,0，得α+ ∈ − , ，则α+ = ，解得α=− .
2 4 4 4 4 6 12
π
故答案为：− .
12
13. 海上某货轮在A处看灯塔B，在货轮北偏东75°，距离为30 6海里处；在A处看灯塔C，在货轮的北
偏西30°，距离为20 3海里C处，货轮由A处向正北航行到D处时看灯塔B在东偏南30°，则灯塔C与
D处之间的距离为______海里．
【答案】20 3
【解析】
【分析】由正弦定理和余弦定理求解即可．
【详解】如图：由题意∠DAB =75°，∠ADB=90−30°=60°，
所以∠DBA=180°−75°−60°=45°，
AD AB AD 30 6
在△ABD中，由正弦定理 = ，即 = ，所以AD=60，
sin ∠ABD sin ∠ADB sin45° sin60°
在△ADC中，∠DAC =30°，所以
CD= AC2 + AD2 −2AC⋅ADcos30° = (20 3)2 +(60)2 −2⋅20 3⋅60cos30° =20 3.
故答案为：20 3．
π
14. 若存在实数m，使得对于任意的x∈[ a,b ] ，不等式m2 +sinxcosx≤2sinx− ⋅m恒成立，则
4
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学科网（北京）股份有限公司a+b
b−a取得最大值时， sin =__________．
2
2
【答案】
2
【解析】
1
【分析】以m为变量，结合一元二次不等式的存在性问题可得sin2x≤ ，解不等式结合题意得
2
7π π
[ a,b ]⊆
kπ− ,kπ+
, ( k∈Z ) ，由此可得答案.
12 12
π
【详解】因为m2 +sinxcosx≤2sinx−
⋅m恒成立，
4
π
即m2 −2sinx−
⋅m+sinxcosx≤0恒成立，
4
π
若存在实数m，使得上式成立，则Δ=4sin2 x−
−4sinxcosx≥0，
4
π
则Δ=2−2cos2x−
−2sin2x=2−2sin2x−2sin2x=2−4sin2x≥0，
2
1 7π π
可得sin2x≤ ，可得2kπ− ≤2x≤2kπ+ ,k∈Z，
2 6 6
7π π
解得kπ− ≤ x≤kπ+ ,k∈Z，
12 12
7π π
由 [ a,b ]⊆
kπ− ,kπ+
, ( k∈Z ) ，
12 12
7π π
则b−a取得最大值时a =kπ− ,b=kπ+ , ( k∈Z )，
12 12
7π π
kπ− +kπ+
a+b 2
此时 sin = sin 12 12 = , ( k∈Z ) .
2 2 2
2
故答案为： .
2
【点睛】关键点点睛：双变量问题的解题关键是一次只研究其中一个变量，本题先以m为变量，转化为存
在性问题分析求解.
四、解答题（本大题共 5小题，共 77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
π
15. 已知函数 f
(
x
)=4sinxcosx+
, x∈R.
6
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学科网（北京）股份有限公司( )
（1）求函数 f x 的单调减区间;
( ) π
（2）求函数 f x 在
0,
上的最大值与最小值.
2
π 2π
【答案】（1）
kπ+ ,kπ+
,k∈Z
6 3
（2） f ( x ) =−2， f ( x ) =1
min max
【解析】
( )
【分析】（1）根据三角恒等变换化简函数 f x ，再根据正弦函数的单调性结合整体思想即可得解；
π
（2）由x的范围求得2x+ 的范围，再根据正弦函数的性质即可得解.
6
【小问1详解】
π 3 1
解： f ( x )=4sinxcosx+ =4sinx cosx− sinx =2 3sinxcosx−2sin2x
6 2 2
3 1 π
= 3sin2x+cos2x−1=2 sin2x+ cos2x −1=2sin2x+ −1，
2 2 6
π π 3π π 2π
令 +2kπ≤2x+ ≤ +2kπ,k∈Z，解得 +kπ≤ x ≤ +kπ，
2 6 2 6 3
π 2π
所以函数 f ( x ) 的单调减区间为
kπ+ ,kπ+
,k∈Z；
6 3
【小问2详解】
π π π 7π
解：因为0≤ x≤ ，所以 ≤2x+ ≤ ，
2 6 6 6
1 π
所以− ≤sin2x+
≤1，
2 6
π
于是−1≤2sin2x+ ≤2 ，所以−2≤ f ( x )≤1，
6
当且仅当x= π 时， f ( x ) 取最小值 f ( x ) = f π =−2，
2 min 2
当且仅当2x+ π = π ，即x= π 时， f ( x ) 取最大值 f ( x ) = f π =1.
6 2 6 max 6
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学科网（北京）股份有限公司16. 已知b>0，函数 f(x) = x2 −x−(x−1)ln(bx)在点(1, f ( 1 ) )处的切线过点 ( 0,−1 ) .
（1）求实数b的值；
（2）证明： f(x)在
( 0,+∞)
上单调递增；
（3）若对∀x≥1, f(x)≥a(x−1)恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）b=1
（2）证明见解析 （3）(−∞,1]
【解析】
【分析】（1）先求导函数再写出切线方程代入点得出参数值；
1
（2）求出导函数 f ′(x) = 2x+ −lnx−2，再根据导函数求出 f′(x)≥ f′(1)=1>0即可证明单调性；
x
（3）根据函数解析式分x=1和x>1两种情况化简转化为x−lnx ≥ a恒成立，再求h(x) = x−lnx(x >1)
的单调性得出最值即可求出参数范围.
【小问1详解】
1
f(x)的定义域为(0,+∞), f ′(x) = 2x+ −ln(bx)−2，
x
故 f ′(1) =1−lnb，又 f(1)=0，
所以 f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y =(1−lnb)(x−1)，
将点(0,−1)代入得1−lnb =1，解得b=1．
【小问2详解】
1
由（1）知 f(x) = x2 −x−(x−1)lnx，则 f ′(x) = 2x+ −lnx−2，
x
1
令g(x) = f ′(x) = 2x+ −lnx−2，
x
1 1 2x2 −x−1 (x−1)(2x+1)
则g′(x)=2− − = = ，
x2 x x2 x2
当0< x<1时，g′(x)<0,g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0,g(x)单调递增，
所以 f′(x)≥ f′(1)=1>0，
所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增．
【小问3详解】
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学科网（北京）股份有限公司对∀x≥1, f(x)≥a(x−1)恒成立，即对∀x ≥1,x(x−1)−(x−1)lnx ≥ a(x−1)恒成立，
当x=1时，上式显然恒成立；
当x>1时，上式转化为 x−lnx ≥ a恒成立，
1 x−1
设h(x) = x−lnx(x >1)，则h′(x)=1− = >0，
x x
所以h(x)在(1,+∞)上单调递增；所以h(x)>h(1)=1，
故a≤1，所以实数a的取值范围为(−∞,1]．
17. 在ABC中，设内角A，B，C所对的边分别为a,b,c．
（1）b=a+2，c=a+4，是否存在正整数a，使得 a∈N*，且ABC为钝角三角形？若存在，求
出a；若不存在，说明理由．
（2）若a =b=c=4,D为BC的中点，E，F分别在线段AB,AC上，且∠EDF =90°，∠CDF =θ
( 0° <θ<90°) ，求DEF 面积S的最小值及此时对应的θ的值．
【答案】（1）存在,a=4
（2）12−6 3
【解析】
【分析】（1）分析可知，角C为钝角，由cosC<0结合三角形三边关系可求得整数a的值；
3 3
（2）由正弦定理可得出DF = ，DE = ，再利用三角形的面积公式和两角和
sin
(θ+60°)
sin
( 150°−θ)
与差的正弦公式化简即可求得结果.
【小问1详解】
假设存在正整数a满足题设．
ABC为钝角三角形，因为ab>0)的左右焦点分别为F,F ，离心率e= ，点P,Q分别是椭圆的右
a2 b2 1 2 2
3
顶点和上顶点，POQ的边PQ上的中线长为 ．
2
（1）求椭圆的标准方程；
第14页/共19页
学科网（北京）股份有限公司（2）过点H(−2,0)的直线交椭圆C于A,B两点，若AF ⊥ BF ，求直线AB的方程；
1 1
1
（3）直线l ,l 过右焦点F ，且它们的斜率乘积为− ，设l ,l 分别与椭圆交于点C,D和E,F．若
1 2 2 1 2
2
M,N 分别是线段CD和EF 的中点，求OMN 面积的最大值．
x2
【答案】（1） + y2 =1
2
（2）x−2y+2−0或x+2y+2=0
2
（3）
8
【解析】
3 c 2
【分析】（1）根据△POQ的边PQ上中线为 得 PQ = a2 +b2 = 3，再联立e= = ,a2 =b2 +c2
2 a 2
即可求解；
（2）设直线AB的方程为y =k(x+2)(k ≠0)，A(x ,y ),B(x ,y )，联立直线AB与椭圆方程得
1 1 2 2
x +x ,x x ，再由AF ⊥ BF ，即AF ⋅BF =0，最后代入即可求解；
1 2 1 2 1 1 1 1
1
（3）设直线l 的方程为y =k(x+1),则直线l 的方程为y =− (x+1)，分别与椭圆方程联立，通过韦达
1 2
2k
1
定理求出中点M,N 的坐标，观察坐标知，MN 的中点坐标T( ,0)在x轴上，则
2
1
S = |OT || y − y |整理后利用基本不等式即可得到面积的最值.
OMN 2 M N
【小问1详解】
由题意，因为P(a,0),Q(0,b)，△POQ为直角三角形，所以 PQ = a2 +b2 = 3.
c 2 x2
又e= = ,a2 =b2 +c2，所以a = 2,b=1,c=1，所以椭圆的标准方程为 + y2 =1.
a 2 2
【小问2详解】
由（1）知，F(−1,0),显然直线AB的斜率存在，
1
设直线AB的方程为y =k(x+2)(k ≠0)，A(x ,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
x2
+ y2 =1
联立 2 消去 y得，(1+2k2)x2 +8k2x+8k2 −2=0，
y =k(x+2)
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所以∆=(8k2)2 −4(1+2k2)(8k2 −2)=8(1−2k2)>0，即0
