黑龙江省绥化市绥棱县第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题及答案

这是一份黑龙江省绥化市绥棱县第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题及答案，共12页。试卷主要包含了本卷命题范围，已知，则的值为，在中，，，所对的边分别为，，等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
3.本卷命题范围：集合、逻辑、不等式、函数、导数、三角函数、解三角形、平面向量及应用、复数、数列、立体几何初步.
一、选择题：本题共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.已知集合，，则（ ）
A.B.C.D.
2.在复平面内，复数（）对应的点在直线上，则（ ）
A.1B.C.D.
3.在中，若，则（ ）
A.B.C.D.
4.已知，则的值为（ ）
A.B.C.D.
5.如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中，异面直线与所成的角为（ ）
A.90°B.60°C.45°D.30°
6.在中，，，所对的边分别为，，.若是，的等差中项，，，则该三角形外接圆的半径为（ ）
A.B.C.D.
7.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，已知数列为“斐波那契数列”，则（ ）
A.2023B.2024C.1D.2
8.已知函数满足，，则下列结论中正确的是（ ）
A.B.C.D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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.已知平行四边形中，，将沿着翻折使点到达点且不在平面内，则下列结论正确的是（ ）
A.直线可能与直线垂直B.直线可能与直线垂直
C.直线可能与直线垂直D.直线不可能与直线垂直
10.已知等比数列首项，公比为，前项和为，前项积为，函数，若，则（ ）
A.为单调递增的等差数列B.
C.为单调递增的等比数列D.使得成立的的最大值为6
11.已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A.函数存在两个不同的零点
B.函数既存在极大值又存在极小值
C.当时，方程有且只有两个实根
D.若时，，则的最小值为2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.写出“”的一个充分不必要条件______.
13.已知函数（）在上有最小值没有最大值，则的取值范围是______.
14.截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15.（本小题满分13分）
在中，，，分别是内角，，的对边，且，.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
16.（本小题满分15分）
如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，，分别为，的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，，，求点到平面的距离.
17.（本小题满分15分）
已知函数的图象如图所示.
（1）写出函数的关系式；
（2）已知，，.若，，恒成立，求实数的取值范围.
18.（本小题满分17分）
已知正项数列的前项和为，且满足.
（1）求的通项公式；
（2）令，记数列的前项和为，若对任意的，均有恒成立，求实数的取值范围.
19.（本小题满分17分）
设函数在区间上可导，为的导函数.若是上的减函数，则称为上的“上凸函数”；反之，若为上的“上凸函数”，则是上的减函数.
（1）判断函数在上是否为“上凸函数”，并说明理由；
（2）若函数是其定义域上的“上凸函数”，求的范围；
（3）已知函数是定义在上的“上凸函数”，为曲线上的任意一点.求证：除点外，曲线上每一点都在点处切线的下方.
2024～2025学年度上学期高三10月月考试卷・数学
参考答案、提示及评分细则
一、选择题：本题共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.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
1. D 因为，，且，
所以，故选D.
2. B 在复平面内复数（）对应的点为，
所以，，故选B.
3. A .
4. C ∵，∴，得，
∴，故选C.
5. B 把展开图还原成正方体如图所示，由于且相等，
故异面直线与所成的角就是和所成的角，
故（或其补角）为所求，再由是等边三角形，可得.故选B.
6. A 因为，所以，
由余弦定理可得，
故，
解得，，
因为，所以.
7. C 由题意得，，
，，…，
，
所以，所以.故选C.
8. A 令得；令，得，所以；
令，得，所以；
令，得，所以；
令，得.综上只有A正确.
9. AB 当平面与平面垂直时，由可得平面，此时，，A正确，D错误；当时，在翻折过程中，可以取从0°到的范围，而，即直线与直线所成角为，所以存在点，使得，B正确；由可得，所以为锐角，为锐角，所以C错误，故选AB.
10. BCD 令，则，
∴，∴，
因为是等比数列，所以，即，
∵，∴，B正确；
∵，∴是公差为的递减等差数列，A错误；
∵，
∴是首项为，公比为的递增等比数列，C正确；
∵，，，∴时，，时，，
∴时，，
∵，∴时，，
又，，所以使得成立的的最大值为6，D正确.故选BCD.
11. ABC A项，，则，解得，所以A正确；
B项，，
当时，，当时，或，
所以函数的单调递减区间是，，单调递增区间是.
所以是函数的极小值，是函数的极大值，所以B正确.
C项，当时，，根据B可知，函数的最小值是，
故当时，方程有且只有两个实根，所以C正确；
D项，，也符合要求，所以D不正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.（答案不唯一） ，
∵的一个充分不必要条件只需是的真子集.
13. ，
当时，，若在上有最小值没有最大值，
则，所以.
14. 因为棱长为的正四面体的高为，
所以截角四面体上下底面距离为，
设其外接球的半径为，等边三角形的中心为，正六边形的中心为，
易知外接球球心在线段上，且垂直于平面与平面，则
，
所以，解得，
所以该截角四面体的外接球的表面积为.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15.解：（1）在中，由正弦定理可得，
所以，所以.
又，所以.
又，所以，所以.
（2）若，则，
在中，由余弦定理可得，
解得，
所以的面积为.
16.（1）证明：取的中点，连接，.
因为为的中点，所以，且.
又为的中点，所以，且，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以.
又平面，平面，
故平面.
（2）解：在中，，，
由正弦定理得，则.
因为平面，所以，，
在中，，
在中，，
在等腰中，上的高为，
所以.
设点到平面的距离为，
由得，
解得，即点到平面的距离为.
17.解：（1）由图可得，，，，
设函数，将点代入得，结合图象解得，
所以.
（2），，
则
.
由题意知函数在内的最小值大于等于函数的最大值.
∵，∴，∴，在上，函数.
∵，，∴，
，∴，∴.
18.解：（1）因为，
当时，有，
两式相减得，
化简得.
因为，所以，
在中，当得，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，故.
（2）由（1）知，
∴，
∴，
∴，
∴.
由题意，对任意的，均有恒成立，
∴，即恒成立.
设，
所以.
当时，，即；
当时，，即，
所以的最大值为，
所以，故的取值范围是.
19.（1）解：在上是“上凸函数”，理由如下：
，
令，
所以，
因为，所以，所以在上单调递减，
所以在区间上为“上凸函数”.
（2）解：的定义域为，
，令，
由题意（）.
因为函数是定义在上的“上凸函数”，所以函数在上单调递减，
所以（）恒成立，即（）恒成立.
设（），
①当时，函数在上单调递增，只需，无解；
②当时，只需，解得，
综上所述，实数的取值范围是.9分
（3）证明：已知函数是定义在上的“上凸函数”，所以是上的减函数，
设，则在上.
设，则曲线在点处的切线方程为，
设，则.
令，则，
所以在上单调递减.
又，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，，，所以，
所以除点外，曲线上每一点都在点处切线的下方.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
B
A
C
B
A
C
A
题号
9
10
11
答案
AB
BCD
ABC