江苏省淮阴中学2024-2025学年高三上学期10月阶段测试数学试题

这是一份江苏省淮阴中学2024-2025学年高三上学期10月阶段测试数学试题，共21页。试卷主要包含了10， 设，则“”是“都不为1”的， 若偶函数满足，且当时，，则， 若，则， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
2024.10
一、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. 已知复数，其中i是虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算可得，进而可求模长.
【详解】因为，所以.
故选：D.
2. 设，则“”是“都不为1”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】因式分解，根据实数运算性质可得.
【详解】因为，
所以且，即且，充分性成立；
反之，若都不为1，则且，
即，即，必要性成立.
所以，“”是“都不为1”的充要条件.
故选：C
3. 函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A. 向左平移后的所得函数B. 向右平移后的所得函数
C. 向左平移后的所得函数D. 向右平移后的所得函数
【答案】A
【解析】
【分析】利用辅助角公式可得，结合三角函数图象变换结合函数奇偶性分析判断.
【详解】由题意可知：，
对于选项A：向左平移后的所得函数，为奇函数，故A正确；
对于选项B：向右平移后的所得函数，不为奇函数，故B错误；
对于选项C：向左平移后的所得函数，不为奇函数，故C错误；
对于选项D：向右平移后的所得函数，不为奇函数，故D错误；
故选：A.
4. 已知是曲线上一点，直线经过点，且与曲线在点处的切线垂直，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导，设，根据题意结合导数的几何意义列式求解即可.
【详解】因为，则，
直线，即为，其斜率为，
设，
由题意可得：，解得.
故选：C.
5. 某厂以千克/小时的速度匀速生产某种产品（生产条件要求），每小时可获得利润元，要使得生产900千克该产品获得的利润最大，则的值为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得，结合二次函数分析求解.
【详解】要生产900千克该产品，则需要小时，
则利润为，
可知当，即（满足）时，利润取到最大值.
故选：A.
6. 已知函数，且，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析可知为奇函数，且在内单调递增，根据函数单调性和奇偶性解不等式即可.
【详解】因为的定义域为，且，
可知函数为奇函数，
当，则，
且的开口向上，对称轴为，
可知在内单调递增，
由奇函数性质可知在内单调递增，
所以在内单调递增，
若，则，
可得，即，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：B.
7. 若偶函数满足，且当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析可知的一个周期为2，根据周期性结合偶函数性质以及对数运算求解.
【详解】因为，则，
又因为偶函数，则，可得，
可知的一个周期为2，
因为，且，
可得，
且，
所以
故选：B.
8. 在中，角所对的边分别是，已知，且，当取得最小值时，的最大内角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角恒等变换结合正弦定理可得，再利用基本不等式求的最小值以及成立的条件，再根据余弦定理即可得结果.
【详解】因为，即，
可得，即，
由正弦定理可得，
又因为，当且仅当时，等号成立，
若取得最小值，则，
此时最大角为角A，，
所以的最大内角的余弦值是.
故选：C.
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，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用不等式的性质可判断AB，应用作差比较法可判断CD.
【详解】A项，由，得，故A错误；
B项，由，得，故B正确；
C项，由已知，得，，
则，且，
所以，
则，故C正确；
D项，
因为，则，
所以，
即，故D错误.
故选：BC.
10. 已知，则（ ）
A. 当时，
B. 当时，
C. 当时，在上的投影向量为
D. 当时，的夹角为钝角
【答案】AB
【解析】
【分析】由向量模的坐标公式可得A；由向量垂直的坐标条件可得B；由投影向量求法可判断C项；举特例，当两向量共线且反向时可知D错误.
【详解】A项，当时，，
则，故A正确；
B项，当时，，
则，，
所以，故B正确；
C项，当时，，
则，，
在上的投影向量为，故C错误；
D项，当时，，
则，即两向量共线且反向，
，但两向量的的夹角为，不是钝角，故D错误.
故选：AB.
11. 已知函数，，则（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 当时，函数的值域为
C. 当时，函数的单调递增区间为
D. 当时，若函数在区间内恰有个零点，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用余弦型函数和正弦函数的周期性可判断A选项；利用二次函数的值域可判断B选项；利用复合函数的单调性可判断C选项；在时解方程，结合函数的周期性可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为函数的最小正周期为，
函数的最小正周期为，
故函数的最小正周期为，A对；
对于B选项，当时，，
令，则，，
当时，；当时，；当时，.
所以，，
所以，当时，函数的值域为，B对；
对于C选项，当时，，
则，
令，则，则外层函数，
外层函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
当时，则内层函数单调递增时，则函数为增函数，
所以，；
当时，则内层函数单调递减时，则函数为增函数，
所以，.
综上所述，当时，函数的单调递增区间为、
，C错；
对于D选项，当时，，
可得或，
由于函数的最小正周期为，且，
现在考虑函数在上的零点个数，
由可得，由可得或，
所以，函数在上零点个数为，
因为，故，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：三角函数最值的不同求法：
①利用和的最值直接求；
②把形如的三角函数化为的形式求最值；
③利用和的关系转换成二次函数求最值；
④形如或转换成二次函数求最值.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知集合，集合，若，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据集合中元素的互异性和集合并集的运算可求的值.
【详解】因为，所以或.
若，则，此时，集合中的元素不满足互异性，故舍去.
若则或.
当时，，集合中的元素不满足互异性，故舍去；
当时，，，，故符合题意.
故答案为：2
13. 已知为钝角，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可知，切化弦结合三角恒等变换化简整理即可，即可得结果.
【详解】因为，
则
，
即，且为钝角，所以.
故答案为：.
14. 已知函数，当函数有三个不同的零点时，的取值范围恰好是，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】求导，利用导数判断的单调性，结合单调性可得，由题意可知是方程的根，即可得结果.
【详解】由题意可知：，
令，解得：或，
当时，恒成立，可知在上单调递增，不合题意；
当时，则，
当，；当，；
可知在，上单调递增；在上单调递减；
当时，则，
当，；当，；
可知在，上单调递增；在上单调递减；
综上所述：，且的两个极值为，.
若有三个零点，则，
即，
若的取值范围恰好是，
可知是关于a的方程的根，
代入可得，解得，
若，不等式即为，
整理可得，解得，符合题意，
综上所述：.
故答案为：1.
【点睛】关键点点睛：分析可知，结合不等式的解与方程的根之间的关系可知是方程的根，进而可得结果.
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. 在平面直角坐标系中，动点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）已知点为曲线上的一点，曲线在点的切线交直线于，过作直线的垂线交于点，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设Mx,y，根据题意列式求解即可；
（2）根据导数的几何意义求直线、的方程，进而可得点的坐标，即可求面积.
【小问1详解】
设Mx,y，
由题意可得，化简得，
所以动点的轨迹方程为.
【小问2详解】
由（1）可知：，，
当，可得，，
即切点坐标为，切线斜率为，
所以直线方程为，即，
令，可得，即，
由题意可知：直线的斜率，
则直线的方程，即，
联立方程，解得或，即，
所以面积为．
16. 如图，在三棱台中，和都为等腰直角三角形，，为线段的中点，为线段上的点，且平面．
（1）求证：点为线段的中点；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的性质，结合三角形中位线的性质推理得证.
（2）根据给定条件，结合线面垂直的判定性质，作出二面角的平面角，再在直角三角形中计算即可.
【小问1详解】
连接，设，连接，
由平面平面，平面平面，得，
三棱台中，有，又为线段的中点，则，
于是四边形为平行四边形．即是的中点，所以点是的中点．
【小问2详解】
过点作交于，连接，
由，得，
由（1）知，，则，又平面，
于平面，而平面，则，
又三角形为等腰直角三角形，为斜边的中点，即，且，
而平面，因此平面，
由平面，得，
由平面，得平面，则，
于是为二面角的平面角，
在中，，，
在中，，，
从而，
所以二面角的余弦值为.
17. 已知的内角的对边分别为，周长为，且．
（1）求角A；
（2）设的延长线上一点满足，又线段（不含端点）上点满足，求线段的长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用正弦定理可得，结合周长可得，即可得结果；
（2）作于，设，根据题意结合倍角公式列式求解即可.
【小问1详解】
在中，，由正弦定理得，
又因为三角形周长为18，则，
可得，即，
可知为正三角形，所以.
【小问2详解】
如图等边中，作于，
设，则，
因为，
可得，
即，且，解得，
所以．

18. 已知函数．
（1）若函数存在一条对称轴，求的值；
（2）求函数的单调区间；
（3）若函数恰有2个零点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）答案见详解 （3）或
【解析】
【分析】（1）根据题意结合对称性的定义运算求解即可；
（2）求导，分类讨论的符号，利用导数求的单调区间；
（3）由（2）可知，且，构建gk=ln2k+1+kln2kk+1,k>0，利用导数分析求解即可.
【小问1详解】
因为函数，
所以函数定义域为−1,1，且函数存在一条对称轴，故对称轴为，
所以，
即，
所以，故，
当且仅当时上式恒成立，故.
【小问2详解】
由题意，
当时，有k+1−k−1=2>0且k+1⋅−1−k−1=−2k>0，
所以f′x0，当时，f′x0，
所以，
当时，，当时，，
所以在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
又因为，所以的解为或．
当时，有，
因为，
所以，
故在有一个零点，又因为，
此时有2个零点，满足题意：
当时，有，
因为，
所以，
故在有一个零点，又因为，
此时有2个零点，满足题意；
所以的取值范围为或．
【点睛】方法点睛：对于函数零点的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
19. 在无穷数列中，若，且，则称数列为“数列”，设为“数列”，记的前项和为．
（1），求的值；
（2）若，求的值；
（3）证明：中总有一项为1或2．
【答案】（1）
（2）18；38；
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据以及数列的递推关系，分类讨论的值分别求解可得；
（2）按照递推关系依次求解各项，得到第6项开始的周期规律，再由等差特点求可得；
（3）利用反证法先证明：一定存在某个，使得成立，再验证当时，存在某项为或.
【小问1详解】
数列满足，
①若，则,
所以不满足，②若，不是完全平方数，
则，也不是完全平方数，
则，所以，满足题意；
③若，不是完全平方数，
则是完全平方数，
则，所以，满足题意；
④若，是完全平方数，
则，不是完全平方数，
则，所以，满足题意；
⑤若，且，
若不是完全平方数，则，
则，则，若是完全平方数，
则，，，
所以；故都不满足题意；
综上，；
【小问2详解】
当时，由不是完全平方数，
则不是完全平方数，
则不是完全平方数，
则不是完全平方数，
则是完全平方数，
则不是完全平方数，，
由递推关系可得中的各项依次为，
即数列从第6项开始每3项是一个周期，
所以，，
当时，，
故是以为首项，为公差的等差数列，
所以时，，
所以,；
【小问3详解】
首先证明：一定存在某个，使得成立，
用反证法证明，假设对每一个，都有，
若是完全平方数时，必有，
若不完全平方数时，则必存在，使得为完全平方数，
则存在不小于的最小的完全平方数，满足．
即存在，使得，则，
即每一个完全平方项及其后一项递减，如此进行下去，必出现小于或等于4的项，
这与对每一个，都有矛盾，
所以必定存在某个，使得成立，
经检验，当时，中出现1，
当时，中出现2，
当时，，中出现2，
当时，，中出现2，
综上，中总有一项为1或2．
【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于按照递推关系依次求解各项，得到第6项开始的周期规律，（3）关键在于利用反证法先证明：一定存在某个，使得成立.