河北省承德市承德县一中等校2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

这是一份河北省承德市承德县一中等校2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题，共21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， 已知数列满足， 已知函数， 已知为数列的前项和，若，则， 若实数满足，则等内容，欢迎下载使用。

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，三角恒等变换，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，则的真子集个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集运算和真子集的定义求解.
【详解】因，
所以，
所以的真子集个数为个.
故选：B.
2. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的概念和运算法则计算可得.
【详解】由题意，因为，所以，
故选：B.
3. 已知数列满足，则数列的前30项和（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题设条件等式求出并裂项，运用裂项相消法即可求得.
【详解】把代入整理得：，
故.
故选：D.
4. 若曲线与轴，直线的交点分别为为坐标原点，则向量与夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求得两点的坐标，然后根据向量运算求得正确答案.
【详解】依题意，，
，
解得，故，
由，所以，解得，所以，
所以，
所以.
故选：C
5. 已知是以为直径的圆上一点，为的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据数量积的运算律即可求解.
【详解】如图，连接，，因为是圆的直径，所以，
又，，则，
又是的中点，则，
.
故选：B.
6. 已知数列满足.若为递减数列，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数列的单调性列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】依题意可知且，
由于为递减数列，
所以，，，
所以.
故选：C
7. 已知函数（为常数），若在上的最大值为，最小值为，且，则（ ）
A. 6B. 4C. 3D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】将函数解析式化为，令，则，设，，可判断是奇函数，根据奇函数性质及，求得答案.
【详解】因为，，
令，
则，
设，，则，
所以是奇函数，最大值为，最小值为，
则，由，解得.
故选：D.
8. 在中，角为锐角，的面积为，且，则周长的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角恒等变换、正弦定理等知识判断出三角形是直角三角形，利用基本不等式求得周长的最小值.
【详解】依题意，，
由得，
即，
，
由于是锐角，所以，
与一正一负，或，
若，即，
由于，
所以，所以，
，此不等式组无解，所以不成立.
同理可得不成立.
所以，
所以，所以，.
所以，
所以三角形的周长，
当且仅当时等号成立，所以三角形的周长的最小值为.
故选：A
【点睛】本题涉及几何中的面积和周长问题，结合了三角函数和基本不等式，考查了学生的综合解题能力．解题过程中，利用基本不等式求周长的最小值，这是本题的关键点之一．基本不等式的应用不仅要找到正确的表达式，还需要验证等号成立的条件，以确保最小值能够实际取到．
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. 已知为数列的前项和，若，则（ ）
A. 存在，使得既有最小项也有最大项
B. 存在，使得仅有最小项无最大项
C. 存在，使得既有最小项也有最大项
D. 存在，使得无最小项有最大项
【答案】BCD
【解析】
【分析】借助与的关系计算可得数列通项公式，即可表示出，计算出后分、、及，，讨论数列的增减性即可得解.
【详解】由，则当时，有，
当时，，符合上式，故，
即，
则，
当时，，故数列为递增数列，
此时数列仅有最小项，且最小项为，故B正确，A错误.
则当，有，，即，
即数列为递减数列，此时数列仅有最大项，且最大项为，故D正确；
当，时，则当时，，
当时，，又，
即当时，数列递减，
故此时数列在中，有最小项，且有最大项，故C正确；
故选：BCD
10. 若实数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】把作为主元，求得，分类计算求得的最值，可判断AB；
方程变形为，可得判断C；赋值法可判断D.
【详解】因为，可得，
当时，可得，令，
求导得，令，可得，解得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以，无最小值，故，
当时，
可得，令，
求导得，令，可得，解得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以，无最大值，故，故A正确，B错误；
由，可得，
所以，所以，
当且仅当，即或时取等号，故C正确；
当时，方程，，方程有解，
所以，故D错误.
故选：AC.
11. 已知函数，则（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 为奇函数
C. 是的极小值点
D. 在上有极值
【答案】ABC
【解析】
【分析】由对称中心的定义代入验证可得满足，即可知A正确；利用奇函数定义化简可得B正确，对函数求导并判断出函数在上的单调性，即可判断C正确，利用辅助角公式化简并根据正弦函数图象性质可判断D错误.
【详解】对于A，由易知
,
即满足，所以的图象关于点对称，可得A正确；
对于B，易知
，
满足奇函数定义，即可得为奇函数，即B正确；
对于C，求导可得，
不妨只研究当时的单调性，
当时，，当时，，
可知函数在上单调递减，在上单调递增，
因此在处取得极小值，所以是的极小值点，即C正确.
对于D，由可知，当时，，
此时函数在上是单调递减的，因此在上没有极值，即D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用中心对称函数性质验证选项中的对称中心是否满足中心对称表达式，并充分利用三角函数性质解决极值点问题.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则曲线在点处切线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求导，即可求解斜率，根据点斜式即可求解直线方程.
【详解】，故，又，
故曲线在点处的切线方程为，即，
故答案为：
13. 已知数列满足，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】由数列递推式整理转化，得出数列an的周期为4，即可求得.
【详解】由，可得，
显然，则有，故，
，即数列an的周期为4.
故
故答案为：2.
14. 如图的“心形”曲线恰好是半圆，半圆，曲线组合而成的，则曲线所围成的“心形”区域的面积等于__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出两个半圆面的面积，再求曲线与、轴围成的区域的面积，
根据对称性得出与、轴围成的区域的面积，即可得解.
【详解】设，线段的中点为，如图，
因为曲线关于点对称，
所以可将曲线与轴、轴围成的区域割补为直角三角形的区域，
于是曲线与轴、轴围成的区域的面积就是直角三角形的面积，
即；
根据对称性，可得曲线与、轴围成的区域的面积为，
又曲线所围成的“心形”区域中，两个半圆的面积为，
所以曲线所围成的“心形”区域的面积等于.
故答案为：
【点睛】关键点睛：解法的关键是根据余弦型函数为中心对称图象，据此采用割补的方法，转化为直角三角形的面积.
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. 在数列中，.
（1）若，求证：为等差数列；
（2）求的前项和.
【答案】（1）证明见详解；
（2）.
【解析】
【分析】（1）将已知条件代入化简即可得证；
（2）利用（1）中结论求出an的通项，然后根据分组求和法和错位相减法求和可得.
【小问1详解】
因为，
所以
，
又，所以bn是以为首项和公差的等差数列.
【小问2详解】
由（1）可得，，
所以，
记数列的前项和为，
则，
，
两式相减得：，
所以，
所以.
16. 已知函数，且图象的一个对称中心到与其相邻的对称轴的距离为.
（1）求的值及的单调递增区间；
（2）将图象上的所有点的横坐标向右平移个单位长度（纵坐标不变），再向上平移个单位长度，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，若函数在上存在零点，求的取值范围.
【答案】（1）；单调递增区间为：；
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用诱导公式、正弦的和角公式、二倍角公式及辅助角公式化简函数式，再根据三角函数的图象与性质计算即可；
（2）根据三角函数图象的变换求出解析式，利用整体思想分离参数结合二次函数的性质计算即可.
【小问1详解】
由
，
因为图象的一个对称中心到与其相邻的对称轴的距离为，
所以其最小正周期为，
则，
令，
解之得；
【小问2详解】
由题意可知将图象上的所有点的横坐标向右平移个单位长度（纵坐标不变），
再向上平移个单位长度可得，
再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数，
当，所以，
令，则条件可化为在时有解，
易知在上单调递减，在上单调递增，
易知，
则，解之得
17. 在中，角的对边分别为.
（1）求；
（2）已知为的平分线，交于点，且为线段上一点，且，求的周长.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式展开化简可得；
（2）利用面积公式和余弦定理列方程组求解出，可知为等腰三角形，然后结合已知即可得解.
【小问1详解】
，，
，
，
，，，
又，.
【小问2详解】
因为BD为的平分线，，所以，
又，，
所以，
即，①
由余弦定理，得，即，②
由①②可得（舍去负值），，
所以a，c是关于的方程的两个实根，解得.
又因为BD为的平分线，所以，
又，，
所以，，
所以的周长为.
18. 已知函数.
（1）证明：当时，只有1个零点；
（2）当时，讨论的单调性；
（3）若，设，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见详解 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导函数与单调性关系，确定的单调性，即可证明；
（2）利用导函数与单调性的关系，结合的不同取值讨论求解；
（3）将所需证明的不等式等价转化为，设，则只需证明，即，构造函数利用导函数与最值的关系证明.
【小问1详解】
当时，，则函数的定义域为，
恒成立，
所以在单调递增，
且，
根据零点唯一性定理可知，只有1个零点为0.
【小问2详解】
，因为，所以定义域为，
，
因为，
当，即时，
恒成立，即，
则函数在单调递减；
当，即时，
方程的两个根为
因为，且，
所以均在内，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
综上，
当时，在单调递减，
当时，在单调递减，单调递增，单调递减.
【小问3详解】
若,
因为要证，
只需证，
即，
即证，
设，则只需证明，化简得，
设则，
所以在单调递增，
所以，即，原命题得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
19. 若项数列同时满足.则称为“阶0数列”.
（1）若等比数列为“4阶0数列”，写出的各项；
（2）若等差数列为“阶数列”（且），求的通项公式（用表示）；
（3）记“阶数列”的前项和为，若存在，使，判断数列能否是“阶数列”？若是，求出所有这样的数列；若不是，请说明理由.
【答案】（1）或
（2）答案见解析 （3）不是，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据所给新定义，求出等比数列的首项与公比即可得解；
（2）根据所给新定义，建立方程分类讨论，求出等差数列的首项与公差即可得出通项公式；
（3）根据数列新定义，若满足题意可推导出，此时不能同时成立，即可知不存在.
【小问1详解】
设是公比为的等比数列，由题意，
则有，即，解得，
又因为，所以，解得，
所以数列的各项为或.
【小问2详解】
设等差数列的公差为，
，
，即，，
，若，则与矛盾，
当时，，
，即，
由，即，解得，
，
当时，同理可得，，
由，即，解得，
，
综上，当时，，
当时，.
【小问3详解】
记中非负项和为，负项和为，则，
解得，
所以，即
若存在，使，
可知，
且
时，；时，.
，
又与不能同时成立，
所以数列不为“阶数列”
【点睛】关键点点睛：数列新定义问题，关键在于理解新定义，紧扣新定义，利用新定义所给条件去推理、运算，解决问题，对能力要求很高.