四川省广安友谊中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题（Word版附解析）

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注意事项:
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.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，如需改动，用橡皮擦干净后再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（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. 已知全集，集合，，则如图中阴影部分表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用集合表示出韦恩图中的阴影部分，再利用并集、补集运算求解作答.
【详解】由韦恩图知，图中阴影部分的集合表示为，
因集合，，则，又全集，
所以.
故选：B
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的四则运算法则和求复数的模长公式，化简已知条件，得到复数z，再求复数z的共轭复数，得
【详解】因为，所以，
则，则
故选：B
3. 已知，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得，利用倍角公式，然后弦化切即可求.
【详解】因为，
所以，
所以.
故选：B
4. 某农业研究所对玉米幼穗的叶龄指数与可见叶片数进行分析研究，其关系可以用函数（为常数）表示．若玉米幼穗在伸长期可见叶片为7片，叶龄指数为30，则当玉米幼穗在四分体形成期叶龄指数为82.5时，可见叶片数约为（ ）（参考数据：，）
A. 15B. 16C. 17D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数，由题意已知，求出待定系数，再用，去求解，当然这里面有取自然对数及取值计算.
【详解】由题意知，，则等式两边同时取自然对数得，，
．，，，，
故选：C．
5. 已知正实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A. 9B. 10C. 11D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】由题设可得，再应用基本不等式求最小值，注意取值条件.
【详解】由，可得，故，
则，
当且仅当，时取等号，故目标式的最小值为9.
故选：A
6. 已知动点P在椭圆上，，则的最小值为（ ）
A. 5B. C. 2D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】利用椭圆定义，将问题化为的最小值，数形结合求最小值.
【详解】由题设是椭圆的右焦点，令是椭圆的左焦点，

由，即在椭圆外，又，
所以，则，
所以最小，只需最小，
由图知，，
当且仅当三点共线且在之间取等号，
所以的最小值为1.
故选：D
7. 在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数f(x)＝x＋csx，x∈，求其单调性即可.
【详解】在△ABC中，若a＞b，则根据大边对大角可得A＞B.
设f(x)＝x＋csx，x∈，
则，
x∈时，，∴，∴f(x)在上单调递增，
∴.
故选：C.
8. 已知函数.若为奇函数，为偶函数，且在上没有最小值，则的最大值是（ ）
A. 2B. 6C. 10D. 14
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性求出，再由在上没有最小值，求出答案.
【详解】由题意知，
因为为奇函数，所以，
，
因为为偶函数，所以，
相加得，
又因，所以，
当代入得，即，
代入得，即，即；
当代入得，即，
代入得，即，即；
因为 在上没有最小值，
设，则，所以，的最大值是6.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用奇偶性求出及的表达式；二是利用区间上没有最小值可求的不等关系.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 北京时间2024年7月27日，我国射击健将黄雨婷､李豪战胜韩国选手，摘夺了射击混合团体10米气步枪金牌，通过赛后数据记录得到其中一名选手的得分分别为，则（ ）
A. 该组数据的极差为25
B. 该组数据的分位数为19
C. 该组数据的平均数为17
D. 若该组数据去掉一个数得到一组新数据，则这两组数据的平均数可能相等
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，利用极差、百分位数、平均数的概念逐项判断即可.
【详解】对于A项，极差等于，故A正确；
对于B项，，故分位数为20，故B错误；
对于C项，平均数等于，故C正确；
对于D项，去掉17后，这两组数据的平均数相等，故D正确.
故选：ACD.
10. 数列是递增的等差数列，前项和为，满足，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D. 时，的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，则，由可得出、的等量关系，可判断AB选项的正误；利用作差法可判断C选项的正误；解不等式可判断D选项的正误.
【详解】设等差数列的公差为，则，
因为，则，可得，A对；
，B错；
，则，C对；
，，，
即当时，的最小值为，D错.
故选：AC.
11. 已知函数，则（ ）
A. B. 在单调递增
C. 有最小值D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用导数，函数的变化趋势等方法对选项逐一判断即可．
【详解】已知函数，
对于A选项：，正确；
对于B选项：
当时，，
所以，所以在单调递增，正确；
对于C选项：
当时，，故
没有最小值，不正确；
对于D选项：
的最小正周期为，是偶函数，
定义域为．故只需研究即可．
由B选项知：在单调递增，在上单调递减，
的最大值为，正确．
故选：ABD．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 一个扇形的面积为1，周长为4，则该扇形圆心角的弧度数为______．
【答案】
【解析】
【分析】设扇形的半径为R，弧长为l，圆心角为，根据题意，由，求解.
【详解】设扇形半径为R，弧长为l，圆心角为，
则．①
由扇形的面积公式，得．②
由①②得，，
∴．
∴扇形的圆心角为．
故答案为：
13. 函数的图象在点处的切线方程为 ________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数几何意义求切线方程.
【详解】由题设，则，又，
所以点处的切线方程为，即.
故答案为：
14. 设，利用三角变换，计算当，的取值范围是 _____，根据在时的取值情况，猜想当时，的取值范围是 ________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】分别计算，，时，的取值范围，数学归纳，可猜想时，的取值范围.
【详解】当时，，
当时，，
由于，所以，所以，
当时，
，
由于，所以，所以，
由以上规律可以猜想：当时，的取值范围是.
故答案为：；
四、解答题（本大题共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. 在中，内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，且．
（1）求；
（2）若的面积是，，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合两角和的正弦公式求解；
（2）利用面积公式、余弦定理运算求解
【小问1详解】
由，可得到，
即．
因为，所以，故．
【小问2详解】
由，可得，
因为，所以，则．
由余弦定理得，即，
所以，故的周长是．
16. 在四棱锥中，平面ABCD，．
（1）证明：平面PAC；
（2）若Q为线段PC的中点，求平面PAD与平面QAD的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的性质得，根据已知可得，再应用线面垂直的判定证结论；
（2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【小问1详解】
由平面ABCD，平面ABCD，则，
由，则，又，可得，
若为中点，连接，而，则，即为正方形，
所以，且，则，
综上，，即，
由都在面PAC内，所以平面PAC；
【小问2详解】
由题设，可构建如图示的空间直角坐标系，，
所以，则，
令是面QAD的一个法向量，则m⋅AQ=x+y+2z=0m⋅AD=4y=0，
令，则，又是面PAD一个法向量，
所以面PAD与面QAD的夹角的余弦值|csm,n|=|m⋅n|m||n||=25=255.
17. 已知函数的部分图像如图所示．
（1）求函数的解析式及对称轴；
（2）先将的图象纵坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位后得到的图象，求函数在上的单调递增区间．
【答案】（1），对称轴为，；
（2）递增区间为、.
【解析】
【分析】（1）根据函数图象求参数，即可得解析式，根据正弦型函数性质求对称轴；
（2）根据图象平移写出解析式，结合正弦型函数性质求递增区间.
【小问1详解】
由图知：且，则，
所以，又，
即，，则，，
由，则，所以，
令，，即对称轴为，.
【小问2详解】
由题设，又，则，
显然或时，递增，
所以在、上单调递增；
综上，的增区间为、.
18 已知函数.
（1）当时，求的单调递减区间；
（2）若有两个极值点，（）.
①求实数b的取值范围；
②证明：.
【答案】（1）单调递减区间为
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数，根据求解函数的减区间；
（2）①把函数有两个极值点转化为方程有两个不等正根，然后利用二次方程根的分布列方程组求解即可；
②把所证不等式作出变为，构造函数，利用导数研究函数单调性，求得函数最值即可证明.
【小问1详解】
当时，，的定义域为.
.
令，得.所以的单调递减区间为.
【小问2详解】
①，.
因为有两个极值点，，所以方程有两个不等正根，，
所以，解得.则实数b的取值范围为.
②证明：.
所以
令，下面证明，
求导得，显然在上单调递增.
因为，，且在上连续，
所以，函数存在唯一零点，即.
并且时，，时，，
所以.
因为，根据对勾函数的性质得在上单调递增，
则，
所以，所以.命题得证.
【点睛】关键点点点睛：本题第二问的关键是计算出，再代入不等式构造新函数得到，利用导数和隐零点法求出其大于0即可.
19. 设，数对按如下方式生成：，抛掷一枚均匀的硬币，当硬币的正面朝上时，若，则，否则；当硬币的反面朝上时，若，则，否则．抛掷n次硬币后，记的概率为．
（1）写出的所有可能情况，并求；
（2）证明：是等比数列，并求；
（3）设抛掷n次硬币后的期望为，求．
【答案】（1）答案见详解；
（2）证明见详解，；
（3）
【解析】
【分析】（1）列出所有和的情况，再利用古典概型公式计算即可；
（2）构造得，再利用等比数列公式即可；
（3）由（2）得，再分，和讨论即可.
【小问1详解】
当抛掷一次硬币结果为正时，；
当抛掷一次硬币结果为反时，.
当抛掷两次硬币结果为（正，正）时，；
当抛掷两次硬币结果为（正，反）时，；
当抛掷两次硬币结果为（反，正）时，；
当抛掷两次硬币结果为（反，反）时，.
所以，.
【小问2详解】
由题知，，
当，且掷出反面时，有，此时，
当，且掷出正面时，有，此时，
所以，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以.
【小问3详解】
设与的概率均为，
由(2)知，
显然，.
若，则，当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，;
若，则当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，;
若，则，
当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，.
所以时，期望不变，概率为;
时，期望加1，概率为.
所以.
故
.
经检验，当时也成立.
.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是分和时讨论，最后再化简的表达式即可.