江苏省常州市第一中学2024-2025学年高三上学期10月阶段测试数学试题（原卷及解析版）

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一、单项选择题（本大题共8小题，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）.
1. 已知集合，，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合交集的定义即可求解.
【详解】因为，，根据集合交集的定义可知
.
故选：B
2. 若，则复数的共轭复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法，化简整理为标准型，结合共轭复数与虚部的定义，可得答案.
【详解】，则，
所以复数的共轭复数的虚部是.
故选：B.
3. “”是“”的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分
C. 充要D. 既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】对于，通过分类讨论判断成立，对于，通过举反例说明不成立即可.
【详解】若，则当时，；当时，；故；
当时，成立，但无意义；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 已知四面体中，为中点，若，则（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的运算法则，化简得到，结合题意，列出方程，即可求解.
【详解】根据题意，利用空间向量的运算法则，可得：，
因为，所以，解得.
故选：D.
5. 某家族有两种遗传性状，该家族某成员出现性状的概率为，出现性状的概率为，两种性状都不出现的概率为，则该成员两种性状都出现的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设该家族某成员出现性状为事件，出现性状为事件，进而根据题意得，再结合求解即可.
【详解】解：设该家族某成员出现性状为事件，出现性状为事件，
则两种性状都不出现为事件，两种性状都出现为事件，
所以，，，
所以，，
又因为，
所以，，
故选：B
6. 设函数，若，则a，b满足的关系式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得在定义域上单调增且零点为，且在定义域上单调减且零点为，即可得到两函数的零点重合，从而得到结果.
【详解】，
且恒成立，在定义域上单调增且零点为，
在定义域上单调减且零点为，
故与在定义域内函数值正负相反且零点重合，则.
故选：C
7. 若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由知，由两角和的正弦公式展开并整理得到，再利用得到，由基本不等式得.
【详解】若，则，
所以，
所以，即，
，
若使得取得最大值，不妨设，
则，
当且仅当，即时取等号.
故选：D.
【点睛】方法点睛：三角函数中的凑角技巧
；
；
.
8. 已知设其中为自然对数的底数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将原不等式移项合并，利用放缩法判断的大小关系；构造函数利用导数法求出最大值，确定最大值与的大小关系即可判断.
【详解】
,,
令，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
时取，，，，，
又,
而，，.
综上所述：
故选：B
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 命题“，”的否定是“，”
B. 已知两组数据，，…，与，，…，，它们的平均数分别是和，则新的一组数据，，…，的平均数是
C. 函数的单调增区间是
D. ，能使成立
【答案】AB
【解析】
【分析】利用命题否定的性质判断A，利用平均数的性质判断B，利用复合函数单调性的性质判断C，作出函数图像再结合题意判断D即可.
【详解】对于A，命题“，”的否定
是“，”，故A正确，
对于B，因为两组数据，，…，与，，…，，
它们的平均数分别是和，所以新的一组数据，
，…，的平均数为，
，故B正确，
对于C，由题意得函数由复合而成，
令，解得，故定义域为，
由对数函数性质得在上单调递增，
对于，对称轴为，由二次函数性质得它在上单调递增，
由复合函数性质得在上单调递增，故C错误，
对于D，如图，作出，的图像，
令，故，，
所以当时，恒成立，故D错误.
故选：AB.
10. 已知函数（，，）的部分图像如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.
B. 在上单调递增
C. 的解集为，（）
D. 将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据给定的函数图求出函数解析式判断A；结合正弦函数的单调性验证判断B；利用正弦函数的性质解不等式判断C；利用平移变换求出变换后的函数解析式判断D.
【详解】观察图象知，，函数的最小正周期，解得，
由，得，而，则，
因此，A正确；
对于B，当时，则，而正弦函数在上单调递增，
因此在上单调递增，B正确；
对于C，由，得，则，
解得，的解集为，C正确；
对于D，将的图象向左平移个单位长度，得，
所得函数为偶函数，其图象关于轴对称，D错误.
故选：ABC
11. 设定义在R上的函数与的导函数分别为和.若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（ ）
A. 函数的图象关于点对称B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据假设，结合求出，从而，可求解函数的图象关于对称，可求解选项A；根据为奇函数得的图象关于点对称，即，利用赋值法求得，再结合函数的周期性求解选项B,C,D.
【详解】对A，因为，所以，
则，
又因为，
所以，
令，则，解得，
所以，则函数的图象关于对称，A错误；
对C，因为为奇函数，所以函数的图象关于点对称，
即，
令，则有，
又因为函数的图象关于对称，所以，
中令，则有，
令，则有，所以，
又因为，
则，所以函数是以4为周期的周期函数，
所以，C正确；
对B，，所以是周期为4的周期函数，
，B正确；
对D，
，D正确，
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的展开式中的的系数是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项公式，可令求得的系数.
【详解】展开式的通项公式为：，
令，解得：，所以的系数为.
故答案为：.
13. 若正数x，y满足，则的最小值是________.
【答案】9
【解析】
【分析】利用消元法，可得，利用函数的导函数与单调性的关系求最小值.
【详解】因为正数x，y满足，
所以，则，
，
设函数，
，
令解得，，令解得，，
所以函数在单调递减，单调递增，
所以，
即的最小值是9，
故答案为：9.
14. 将12张完全相同的卡牌分成3组，每组4张.第1组的卡牌左上角都标1，右下角分别标上1，2，3，4；第2组的卡牌左上角都标2，右下角分别标上2，3，4，5；第3组的卡牌左上角都标3，右下角分别标上3，4，5，6.将这12张卡牌打乱放在一起，从中随机依次不放回选取3张，则左上角数字依次不减小且右下角数字依次构成等差数列（一个数列，从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数，那么这个数列称为等差数列）的概率为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，通过对公差所有可能2，，0，1，进行讨论，使用列举法，即可求解.
【详解】为方便讨论，将左上角的1，2，3改记为A，B，C，总共有种取牌可能，
对公差讨论
当时，共10种：
当时，不可能；
当时，共2种：3，3，3和4，4，4；
当时，共29种，分别如下：
此时有5种；
此时有9种；
此时有9种；
此时有6种
当时
6，5，4 1种
此时为4种；
此时有3种；
此时有1种，
总计有50种，所以所求概率.
故答案为：
【点睛】思路点睛：此类题目的关键是抓住讨论点，应用列举法处理.
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. 已知函数（）在处取得极值.
（1）求m的值；
（2）若，恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出原函数的导函数，由，求解验证即可；
（2）构造函数，求导得到函数的单调性，即可求解最值求解.
【小问1详解】
由，可得，
由，解得，此时，，
令，得，令，得，故是函数的极值点，故符合题意，
所以.
【小问2详解】
由对恒成立，则对恒成立，
则对恒成立，
令，则，
当时，，当时，，
所以当时，恒成立，
所以在上单调递增，
所以，所以，
所以实数的取值范围为.
16. 如图，三棱柱中，，，，，.
（1）求证：平面ABC；
（2）直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理以及勾股定理，可得线线垂直，结合线面垂直判定定理，可得答案；
（2）由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式建立方程，求得点的坐标，根据面面角的向量公式，可得答案.
【小问1详解】
在中，由余弦定理可得，
则，解得，
由，则在中，，
因为，平面，，所以平面.
【小问2详解】
易知两两相互垂直，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图：
设，则，，，，
取，，，
设平面的法向量，则，可得，
令，则，，所以平面的一个法向量，
设直线与平面的夹角为，则，
可得，解得，
易知，设平面的法向量，
则，可得，令，则，，
所以平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则.
17. 记的内角的对边分别为.已知：，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，且，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可得，结合已知可得结论；
（2）利用余弦定理可得，结合已知可得，进而可得，进而可求，进而可得，求解可得与的关系，进而可求.
【小问1详解】
在中，由，结合正弦定理可得，
又因为，所以，所以，
【小问2详解】
中，由余弦定理可得，
因为，所以，
则，因为，化简可得，
则，所以，
中，由余弦定理可得，
由（1）可得，，
解得或（舍去），，
所以.
18. 一个不透明箱子中有除颜色外其它都相同的四个小球，其中两个红球两个白球的概率为，三个红球一个白球的概率为.
（1）从箱子中随机抽取一个小球，求抽到红球的概率；
（2）现从箱子中随机一次性抽取两个或三个小球，已知抽到两个小球的概率为，抽到三个小球的概率为，所抽到的小球中，每个红球记2分，每个白球记分，用表示抽到的小球分数之和，求的分布列及数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据离散型随机变量的性质结合条件概率求解即可；（2）由题意先找出随机变量的值，分别求出各自的概率，列出分布列，求出数学期望.
【小问1详解】
记事件表示“抽取一个小球且为红球”，表示“箱子中小球为两红两白”，表示“箱子中小球为三红一白”，
则.
【小问2详解】
由题意得的取值可以为，0，1，3，4，6，
，
，
，
，
，
.
随机变量的分布列为：
所以的分布列及数学期望为：
.
19 已知函数．
（1）讨论函数的零点的个数﹔
（2）当时，若对任意，恒有，求实数a的取值范围．
【答案】（1）当时， 无零点，
当或 有一个零点，
当，有2个零点，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图象求解，
（2）将不等式等价于，构造函数，利用导函求解单调性，即可将问题进一步转化为恒成立，取对数即可求解.
【小问1详解】
令则，
记，则，
当时，，此时在单调递减，
当时，，此时在单调递增，
故当时，取极大值也是最大值，
又，而当时，，故当时，，当时， ，作出的图象如下：

因此当时，即，无交点，此时无零点，
当或时，即或，有一个交点，此时有一个零点，
当时，即，有两个交点，此时有2个零点，
综上可知：当时， 无零点，
当或 有一个零点，
当，有2个零点，
小问2详解】
当时，若对任意，恒有等价于：
对任意，恒有，
令，则不等式等价于，
由于，
令，
当单调递减，当单调递增，所以，故在单调递增，
由得对任意恒成立，
两边取对数得对任意恒成立，
故，所以
故的范围为
【点睛】方法点睛:对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．1
3
5
2
4
6
A
A
BC
A
A
C
B
BC
AB
B
C
C
AB
C
1
2
3
A
A
ABC
B
BC
2
3
4
A
A
ABC
B
BC
C
C
B
B
BC
C
C
3
4
5
A
A
BC
B
BC
C
C
B
B
BC
C
C
C
C
C
4
5
6
ABC
C
C
AB
B
A
A
5
4
3
B
B
BC
C
C
C
C
C
4
3
2
A
A
AB
B
B
3
2
1
A
A
A
0
1
3
4
6