江苏省徐州市邳州市2024-2025学年高三上学期10月份质量监测数学试卷

这是一份江苏省徐州市邳州市2024-2025学年高三上学期10月份质量监测数学试卷，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．正方形ABCD的中心为O，边长为2，点P在BD上，则（ ）
A．B．2C．D．4
3．已知偶函数在上单调递增，，则（ ）
A．B．
C．D．
4．圆柱与圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥内切球半径为（ ）
A．B．
C．D．
5．命题是命题的（ ）
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
6．已知角满足，则（ ）
A．B．C．D．
7．在中，，D为边BC上一点，若，且，则面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．若曲线与，恰有2条公切线，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在复平面内，若复数z对应的点为，则（ ）
A．B．
C．D．
10．设函数，则（ ）
A．B．
C．在区间上单调递减D．的最小值为
11．设是定义在R上的函数的导函数，若，且为奇函数，则（ ）
A．B．为奇函数
C．为周期函数D．
三、填空题
12．若单位向量满足，则的夹角为 ．
13．已知函数的极小值点为2，则的极大值点为 ．
14．已知正方体的棱长为1，点M，N分别在线段上运动，若与底面所成角为，则线段长度的最小值为 ．
四、解答题
15．已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角B；
(2)若BD是角B的平分线，，求线段BD的长．
16．已知函数是R上的奇函数，其图象关于直线对称，且在区间上是单调函数．
(1)求和；
(2)将曲线先左移个长度单位，再上移1个长度单位，得到曲线，求曲线与的所有交点坐标．
17．如图，在斜三棱柱中，为边长为3的正三角形，侧面为正方形，在底面内的射影为点O．

(1)求证：；
(2)若，求直线和平面的距离．
18．已知函数．
(1)求曲线与的一条公共切线方程
(2)证明：；
(3)若，求实数a的取值范围．
19．设复数对应复平面内的点Z，设，则任何一个复数都可以表示成的形式，这种形式叫做复数三角形式，其中r是复数z的模，称为复数z的辐角，若，则称为复数z的辐角主值，记为．
(1)若，证明：，并写出的三角形式（无需证明）；
(2)求方程虚根的实部：
(3)证明：时，
参考数据：．
参考答案：
1．D
【分析】先分别求出两个集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】由，得，解得或，
，
所以.
故选：D.
2．A
【分析】由于图形为正方形，我们可以通过建立直角坐标系，求出关键点的坐标，将向量用坐标来表示，运用数量积坐标公式计算即可.
【详解】以正方形ABCD的中心为原点，AC与BD分别为轴、轴建立直角坐标系.
因为正方形边长为，对角线长度为.
则，，.
由于点在BD上，设，.
，.
根据向量数量积公式.
故选：A.
3．C
【分析】先根据对数函数的单调性比较出的大小关系，然后根据奇偶函数的单调性，即可得到结果.
【详解】偶函数在上递增，
∴fx在上递减，
，，
因为，即，而，
所以，则，即.
故选：C.
4．C
【分析】由等面积法先求出圆锥底面圆的半径，再由等面积法求出圆锥轴截面内切圆的半径即可得解.
【详解】若圆柱与圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，
则，其中为圆锥底面圆的半径，
根据对称性，圆锥内切球半径为圆锥轴截面内切圆的半径，
设内切圆圆心为点，圆锥底面圆心为点，为圆锥的母线，
设，由题意，
由等面积法有.
故选：C.
5．B
【分析】先解不等式，然后根据充分、必要条件等知识来求得正确答案.
【详解】令，解得，
由，解得或.
，
所以是的必要不充分条件.
故选：B
6．C
【分析】关键利用拆角求解，即，，然后利用和差角公式求值即可.
【详解】由，
结合，可得，
所以有，
故选：C.
7．B
【分析】利用等面积法建立边的等量关系，再利用基本不等式求的最小值即可求解.
【详解】
如图，由已知，，且，
的面积，
又，
则有，解得，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故选：B.
8．A
【分析】利用导数的几何意义，分别写出两曲线的切线方程，让两切线方程的系数相等，得到方程组，消去一个变量后，问题转化为方程的根的个数问题，构造函数，利用导数研究其性质，作出图象，数形结合求解即可．
【详解】令，，则，，
设，则曲线在处切线为，
设，则曲线在处切线为，
由题意，消去得，
由题意，方程有两个不同的实数根，
令，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增，
故当时，取极大值；当时，取极小值，
又当时，根据以上信息作出的大致图象，

由图可知当，即时，直线与的图象有两个交点，从而方程有两个不同的实数根，
所以，曲线与曲线有两条公切线时，的值为．
故选：A.
9．AC
【分析】根据题意写出复数的标准式，再写出其共轭复数，再利用复数的乘除、模长公式，可得答案.
【详解】由题意可得，则，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，
，，故D错误；
故选：AC.
10．BCD
【分析】由诱导公式对和化简可判断A和B，对求导可判断C，令，变形整理为，根据可得的最小值，即为的最小值.
【详解】，故A错误；
，故B正确；
，
当时，，，即f′x<0，
所以在区间上单调递减，故C正确；
令，则，
整理得，
所以，
即的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
11．ACD
【分析】首先分析这一条件,赋值判断A; 运用奇偶性定义判断B;然后看为奇函数这一条件，，两边求导，判断C; 求出是周期为的周期函数，运用周期性和奇偶性，结合赋值判断D.
【详解】令，则.移项可得，解得，所以A正确.
仅由和为奇函数不能得出为奇函数，所以B错误.
因为是奇函数，所以.
用取代，则.
即.
又因为，对其两边求导得.
结合，可得.
用取代，则，所以是周期为的周期函数，所以C正确.
因为是周期为的周期函数，设（、为常数），.
由，当时，.
又因为周期为，的图象关于点对称.
则，.
可得.
因为，所以，选项D正确.
故选：:
12．
【分析】借助平面向量数量积公式计算即可得.
【详解】由题意可得，
故，由，故.
故答案为：.
13．3
【分析】求导函数，令，由极值点的定义得，方程必有一根为2，且2是的极小值点，结合函数单调性可得答案.
【详解】由题意，，
因为函数的极小值点为2，
所以，
即，解得，
则，
令，则或，
因为，函数的极小值点为2，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
从而，所以，
由，故，
所以的极大值点为.
故答案为：3.
14．
【分析】由三点共线，引入两个参数，由与底面所成角为得出的约束关系以及各自的范围，进一步将长度表示为的函数即可得解.
【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
由题意可设，，
其中，
所以，
显然为平面的法向量，
所以，
显然（否则矛盾）， 从而，
注意到，
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在上的最小值为，
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键在于得到，由此即可顺利得解.
15．(1)
(2)4.
【分析】（1）根据正弦定理将边转化为角，再利用三角函数的公式求出角B.
（2）利用角平分线定理得到边的关系，再结合余弦定理求出BD的长.
【详解】（1）已知，由正弦定理（为外接圆半径），
可得.
因为，所以，那么.
根据两角和的正弦公式，
则.
展开可得.
移项可得.
因为，所以，两边同时除以得，解得.
又因为，所以.
（2）因为BD是角的平分线，根据角平分线定理，
已知，，所以，设，则.
在中，根据余弦定理，
，，则.
即，解得，所以，.
在中，根据余弦定理，
因为，所以.
设，则.
即，整理得.
分解因式得，解得或.
当，在中，,舍去.
当，在中，,满足.
故BD的长度为4.

16．(1)
(2)或.
【分析】（1）由结合的范围即可得的值，结合函数单调性得，进一步结合对称轴即可列方程求得的值；
（2）首先得，，，进一步解三角函数方程即可求解.
【详解】（1）若是奇函数，则，注意到，
所以，
注意到，当时，，
因为函数在区间上是单调函数，
所以由复合函数单调性可知，
从而，
因为函数的图象关于直线对称，
，
综上所述，；
（2）由（1）可得，
由题意，
或，
或，
而，
综上所述，曲线与的所有交点坐标为或.
17．(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）分析得知要证，只需证，取的中点分别为，故只需证明即可，而这又可以通过线面垂直的判定定理、性质定理证明；
（2）将问题转换为求点到平面的距离，建立适当的空间直角坐标系，根据题意分别求出即可，其中为平面的法向量，进一步由公式即可得解.
【详解】（1）

一方面：因为在底面内的射影为点O，而平面，
所以，
故要证，只需证；
另一方面：取的中点分别为，连接，
因为为边长为3的正三角形，所以也是边长为3的正三角形，
又点是的中点，
从而，因为，所以，
因为四边形为正方形，的中点分别为，
所以，
又因为，，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又点是的中点，
所以；
综上所述，；
（2）一方面：注意到平面，平面，
所以平面，
要求直线和平面的距离，只需求点到平面的距离即可；
另一方面：若，则点为三角形的外心，从而三点共线，
过点作交于点，易知，
因为平面，平面，
所以，
从而两两互相垂直，
所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

由题意，
，从而，
，
，
设平面的法向量为，
则，故可取，
所以点到平面的距离为；
综上所述，直线和平面的距离为.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）对fx,gx分别求导，注意到即可得解；
（2）将原命题等价于求证即可，从而构造函数，利用导数研究其函数性态即可得证；
（3）首先证明，然后分别证明当且仅当，当且仅当，由此即可得解.
【详解】（1），
，
注意到，
所以曲线y=fx与y=gx的一条公共切线可以是经过0,1且斜率为1的直线，
故所求为；
（2）由，
设，
则，
所以hx在−1,0上单调递增，从而，
故原命题得证；
（3）第一步：，
，
设，
则，
所以，
从而在−1,0上单调递增，则，
所以在−1,0上单调递减，
所以，
第二步：，
设，则，
所以在上单调递减，从而在上的值域为，
所以，当且仅当，
第三步：，
设，则，
所以在上单调递减，从而在上的值域为，
所以，当且仅当，
第四步：注意到，从而若，则实数a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于发现，然后分别证明当且仅当，当且仅当，由此即可顺利得解.
19．(1)证明过程见解析；；
(2).
(3)证明过程见解析.
【分析】（1）由，利用复数的四则运算法则与三角恒等变换公式即可证出，进而猜想出的三角形式；
（2）设，利用第（1）的结论解方程，求出的值即可；
（3）由于
利用二项展开式，比较虚部得到，（其中）为多项式的个根，利用韦达定理即可得.
【详解】（1）若，则：，
，
，得证.
的三角形式
（2）设，
则，
所以：
故：或，
所以或或或或
故方程虚根有四个，其实部分别为.
（3）由于
利用二项展开式，比较虚部得：
令
由于
则为方程的个根，
于是为方程的个根，
又
于是为方程的个根，
而上述多项式最高项系数为
末项系数（常数项）为，
于是，由韦达定理得：，又，所以，
即：，得证.
【点睛】本题第（3）小问关键是构造，对其虚部研究，转化为多项式根的问题，利用韦达定理得到要证的等式.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
C
C
B
C
B
A
AC
BCD
题号
11









答案
ACD