山西省2024-2025学年高三上学期10月质量检测数学试卷

这是一份山西省2024-2025学年高三上学期10月质量检测数学试卷，共13页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，已知，则函数的值域是，已知命题等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.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.
4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语､不等式､函数､导数､三角函数､解三角形､平面向量､复数､数列.
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.已知复数（是虚数单位），则的虚部是（ ）
A. B. C. D.
3.古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出相等的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有阴眼，阴鱼的头部有阳眼，表示万物都在互相转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含着现代哲学中的矛盾对立统一规律.图2（正八边形）是由图1（八卦模型图）抽象并以正八边形的中心为旋转中心顺时针旋转而得到，若，则（ ）
A. B. C.2 D.
4.若命题，使得为假命题，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
5.已知，则函数的值域是（ ）
A. B. C. D.
6.若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（ ）
A. B.4 C.5 D.
7.已知命题：设等差数列的前项和为，若且，则，命题：设等比数列的前项和为，若且，则，则（ ）
A.是真命题，是假命题 B.是假命题，是真命题
C.与都是真命题 D.与都是假命题
8.在半径为2的圆上任取三个不同的点，且，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共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.下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
10.已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（ ）
A.若的最小正周期是，则
B.若的图象关于直线对称，则
C.若在上单调递增，则的取值范围是
D.若，则在上有且只有1个零点
11.已知，其中是自然对数的底数，则（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知偶函数满足：当时，，则__________.
13.若非零向量满足：，且，则夹角的大小为__________.
14.若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是__________.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.（本小题满分13分）
在中，角的对边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，求边的大小.
16.（本小题满分15分）
已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
17.（本小题满分15分）
已知函数，将的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数为偶函数.
（1）若，求的值域；
（2）若，求的值.
18.（本小题满分17分）
已知函数（是自然对数的底数）.
（1）讨论函数的单调性；
（2）求证：恒成立.
19.（本小题满分17分）
已知曲线在点处的切线交轴于点，曲线在点处的切线交轴于点，依此类推，曲线在点处的切线交轴于点，其中数列称为函数关于的“切线数列”.
（1）若是函数关于的“切线数列”，求的值；
（2）若是函数关于的“切线数列”，记，求数列的通项公式；
（3）若，是否存在，使得函数关于的“切线数列”为周期数列？若存在，求出所有满足条件的；若不存在，请说明理由.
2024~2025学年高三10月质量检测卷•数学
参考答案､提示及评分细则
1.B 因为集合，所以.故选B.
2.C ，所以的虚部是.故选C.
3.A 方法一：过作，垂足分别是，因为，所以四边形为正方形，，又，所以，即，所以.故选A.
方法二：分别以射线为轴，轴的正半轴建立直角坐标系，设，则，因为，所以，由，得，所以，即.故选A.
4.D 因为为假命题，所以为真命题，即当时，恒成立.因为图象的对称轴为，所以，所以，即，解得或，即实数的取值范围为.故选D.
5.C 令，则，因为在上单调递增，且，所以，又单调递减，且，所以，即的值域是.故选C.
6.B 当时，不可能对任意的恒成立，不满足要求，当时，开口向下，不满足题意，所以.令，得，当时，不等式对任意的恒成立，所以，即，且，所以4，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为4.故选B.
7.B 对于命题，在等差数列中，若，则，有，则成立，但，，所以不成立，故命题是假命题；对于命题，设等比数列的公比为，若且，则中至少有一项为0，则，假设且，则有，所以，由，得为偶数且，故，所以命题为真命题.故选B.
8.D 在中，由正弦定理，得，即，所以，又，所以或.当时，设，则，由，得，所以，由，得，所以，即；当时，.综上所述，的最大值为.故选D.
9.AD 对于A，函数所以在上单调递减，故A正确；对于B，
函数在上单调递增，函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，故B错误；对于C，函数在上单调递增，函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，故C错误；对于D，函数在上单调递
减，函数在上单调递增，所以函数在上单调递减，故D正确.故选AD.
10.ACD 因为的图象经过点，所以，即，又，所以，所以.对于A，因为的最小正周期是，所以，解得，故A正确；因为的图象关于直线对称，则，又，所以，故B错误；对于C，由，得，因为在上单调递增，所以，即，解得，即的取值范围是，故C正确；对于D，因为，所以，因为，所以，所以在上有且只有1个零点，故D正确.故选ACD.
11.AC 设函数，由，得，当时，，所以，即，所以在上单调递增；当时，，则，即，所以在上单调递减.对于选项A，已知，当，即时，，当，即时，又在上单调递增，所以由，得，即，综上所述，，故A正确；对于选项B，若，则，又在上单调递增，所以，所以存在，使得，故B错误；对于选项C，已知，当，即时，，即显然成立，当，即时，令，因为，当且仅当，即时等号成立，所以当时，，即，由，得，又，所以，且，又在上单调递增，所以，即，所以，综上所述，，故C正确；对于选项D，取，则，又在上单调递减，故，所以存在满足题意，但，即，故D错误.故选AC.
12.18 因为为偶函数，所以.
13. 因为，所以，即，即，因为，所以，即，所以，即，所以，又，所以，又，所以，即夹角的大小为.
14. 令，得，即，令，所以函数恰有2个零点等价于函数的图象与的图象有两个交点.，令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以的图象如图所示，设是的图象的切线，切点为，则切线斜率为，所以的方程为，又经过点，所以，即，解得或或，所以由图可知，当或，即或时，函数的图象与的图象有两个交点，即函数恰有2个零点，所以实数的取值范围是.
15.解：（1）由正弦定理与，得.
所以，
即.
因为，所以，又，所以，
又，所以.
（2）因为的面积为，
所以，即，解得.
由余弦定理，得，所以.
16.解：（1）在中，令，得，解得.
由，得，
两式相减，得，即.
所以数列是首项为2，公比为4的等比数列，
所以.
（2）由，得
，
所以.
17.解：（1），
设将的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数为，
则，
由题意，得为偶函数，所以，解得，
又，所以，所以.
当时，，所以，
所以，即的值域为.
（2）因为，
所以，即，
所以，即，又，所以.
所以.
18.（1）解：由，得，
当时，恒成立，所以单调递增；
当时，令，得，
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增.
综上所述，当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递减区间为），单调递增区间为.
（2）证明：令，定义域为，
令，则在上恒成立，所以在上单调递增.
又，所以，使得，即.
当时，，即，所以单调递减；
当时，，即，所以单调递增.
所以，
又，所以，
所以，当且仅当，即时，等号成立，又，所以，所以，即恒成立.
19.解：（1）由，得，
因为，所以，
所以曲线在处的切线方程为，即.
令，得，即.
（2）由，得，所以，
所以曲线在处的切线方程为，
即.
令，得，即.
因为，所以，即，所以，
所以，
又，所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以.
（3）由，得，所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，则，即，由，得，
设，则.
已知，由，得，所以.
函数的定义域为，所以函数在上单调递增，
①当时，，所以数列在时单调递减，故数列不是周期数列；
②当时，，所以数列在时单调递增，故数列不是周期数列；
③当时，，所以数列在时单调递减，故数列不是周期数列；
④当时，，所以数列在时单调递增，故数列不是周期数列.
综上所述，当时，不存在，使得关于的“切线数列”为周期数列.