江西省上饶市广丰新实中学2024-2025学年高三上学期十月检测数学试卷

这是一份江西省上饶市广丰新实中学2024-2025学年高三上学期十月检测数学试卷，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．，若实数，满足，则为（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若关于的方程在上有两个不等实根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知复数（其中为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
5．已知椭圆的两焦点分别为为椭圆上一点且，则（ ）
A．B．C．D．2
6．已知，若，则实数（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．已知数列的前项和为，其中，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．设函数图象上不同两点，处的切线的斜率分别是，，规定为线段AB的长度叫做曲线在点A与点B之间的“弯曲度”，给出以下命题，其中错误的是（ ）.
A．函数图象上两点A与B的横坐标分别为1和，则；
B．存在这样的函数，其图象上任意不同两点之间的“弯曲度”为常数；
C．设A，B是抛物线上不同的两点，则；
D．设A，B是曲线是自然对数的底数上不同的两点，则
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．如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到11：1→2→3→5→7→8→9→10→11就是一条移动路线.从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到11的事件中，跳过数字的概率记为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数，且对任意的恒成立，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的图象关于点对称
C．将的图象向左移个单位，得到的图象关于轴对称
D．当时，满足成立的的取值范围是
11．如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）

A．平面截正方体所得截面为六边形
B．点G到平面的距离为定值
C．若，且，则G为棱的中点
D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．函数的最小正周期为 .
13．设，若过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点P（P与A，B不重合），则的最大值为 ．
14．已知，则曲线在点处的切线方程为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15．（15分）已知函数，（）．
(1)试判断函数的单调性，并用定义加以证明；
(2)对，用表示，中较大者，记为，若，请用解析法表示函数（无需证明），并求出当为何值时，有最小值，且最小值为多少？
16．（13分）在中，角的对边分别是，且．
(1)求角；
(2)已知为边上一点，且，求的长．
17．（15分）已知复数．
(1)若，求；
(2)在复平面内，复数对应的向量分别是，其中是原点，求的大小．
18．（17分）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，点在母线上，且，.
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由
19．（17分）对于一个各项非零的等差数列，若能从中选出第（）项，能构成一个等比数列，则称为的“等比子列”.若此“等比子列”具有无穷项，则称其为“完美等比子列”.
(1)若数列，，直接写出3个符合条件的“等比子列”，其中1个必须为“完美等比子列”.
(2)对于数列，，猜想他是否存在“完美等比子列”，如果存在，请写出一个并证明；如果不存在，请说明理由.
(3)证明：各项非零的等差数列中存在“等比子列”的充要条件是数列满足（为公差，）.
参考答案：
1．A
【分析】先利用定义判断出函数fx是奇函数，且为增函数，由奇函数的定义可求出的值.
【详解】对任意，，函数的定义域为，
，则函数为奇函数，
当时，由于函数为增函数，
所以，函数在上为增函数，
由于该函数为奇函数，则函数在上也为增函数，
所以，函数在上为增函数，由，得，
可得出，故A正确.
故选：A.
2．D
【分析】先利用和事件的概率公式求出，然后利用求解即可.
【详解】因为，，所以，
又，所以，
所以.
故选：D.
3．B
【分析】首先根据三角函数的图象与性质计算即可得表达式，先根据三角函数的图像变换得，结合正弦函数的单调性、对称性可判定m的取值范围.
【详解】由函数的部分图象可知，，
因为，所以，
又，所以，解得，
由可得，所以，
将的图象向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象，令，由，可得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
且，
因为关于的方程在上有两个不等实根，
即与的图像在上有两个交点，
即与在上有两个交点，
所以实数的取值范围为，
故选：B.
4．C
【分析】借助复数运算法则结合模长定义计算即可得.
【详解】，
故.
故选：C.
5．A
【分析】根据椭圆的定义结合条件即得.
【详解】椭圆，，，，
设，，则，
，，
，
，
，即．
故选：A．
6．B
【分析】利用换元法，根据二项式定理的性质，即可求解.
【详解】令，则，所以,
所以，，所以；
故选：B.
7．C
【分析】由，采用构造数列的方法，，则可以确定数列为等比数列，然后进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
即，所以．
故选：C.
8．D
【分析】由新定义，利用导数求出函数,在点A与点B之间的“弯曲度”判断A,C正确；举例说明B是正确的；求出曲线上不同两点，之间的“弯曲度”，判断D错误．
【详解】对于A，由，得，
，，则，A正确；
对于B，例如，，即曲线上任意一点，都有 ，从而为常数，所以B正确；
对于C，，，设，，则，
所以，所以C正确；
对于D，，，因为，，为曲线上不同的两点，
所以 ，所以D不正确.
故选：D.
9．ABC
【分析】根据题意分析，不难得到，按照规律写出各项，即可判断A，B正确；对于CD，结合树状图，考虑对立事件所包含的样本点数，利用古典概型概率公式计算即得，同法求出即可判断.
【详解】由题意可知，
则，，则A正确；
显然，故B正确；
因为，如上树状图所示，分别计算1→5的路线共有5条，5→11的路线共有13条，
所以过数字5的路线共有条.则，故C正确；
同理可得，即有，故D错误.
故选：ABC.
10．BC
【分析】A选项，利用辅助角公式化简，并根据得到，从而求出；B选项，计算出，B正确；C选项，利用左加右减得到，得到C正确；D选项，，解正弦不等式，结合求出解集.
【详解】A．，
，
对任意x∈R恒成立，
∴fx在处取得极值，即，
解得，
，
，
可求得，A错误；
B．的图象关于点对称，B正确；
C．将的图象向左平移个单位，
得到，
又，
故函数图象关于轴对称，C正确；
D．，即，
，解得，
由题意知，符合条件的的取值为，
当时，，均在定义域内，满足条件，
当时，，此时仅有满足条件，
所以满足成立的的取值范围为，D错误．
故选：BC
11．BCD
【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，利用线面平行的判定定理判断B，利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断D，从而得解.
【详解】对于A，连接，
在正方体中，E，F分别为棱的中点，
所以，，
所以，则平面与平面为同一平面，
所以平面截正方体所得截面为平面，为四边形，故A错误；
对于B，在正方体中，E，F分别为棱的中点，
所以，
又平面，平面，所以平面，
又点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故B正确；
对于C，连接，
因为，且，所以四点共面，
因为在正方体中，平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，
在正方体中，，
所以四边形是平行四边形，则，则，
因为E为棱的中点，所以G为棱的中点，故C正确；
对于D，以为原点，建立空间直角坐标系，如图，

设，则，
所以，
设平面的法向量为n=a,b,c，则，
令，则，故，
设直线与平面所成角为，
则，
因为，所以，则，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确.
故选：BCD.
12．
【分析】由余弦二倍角公式及两角和的余弦公式化简后计算周期即可得.
【详解】
，
则其最小正周期.
故答案为：.
13．
【分析】先求出定点和的坐标，分析得到两条直线互相垂直，从而得到，最后设，在直角三角形中将和表示为的式子，利用三角函数的性质求最值即可求解.
【详解】可以转化为，故直线过定点，
可以转化为，故直线过定点，
由和满足，
所以两条直线互相垂直，可得，
所以，可得，
设为锐角，则，，
所以，
当时，取最大值.
故答案为：.
14．
【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：
15．(1)在区间上单调递增，证明见解析
(2)，，最小值为
【分析】（1）根据条件，利用函数单调性的定义，即可得求解；
（2）令，由，得到，再利用，的单调性即可求解.
【详解】（1）在区间上单调递增，证明如下，
设，且，则，
因为，且，所以，
得到，即，所以在区间上单调递增.
（2）令，易知在区间上单调递减，
由（1）知在区间上单调递增，又由，得到或（舍）.
当时，，当时，，
当时，，
所以，
易知，当时，有最小值，最小值为.
16．(1)
(2)1
【分析】（1）根据正弦定理边化角，然后结合两角和的正弦公式及特殊角的余弦值求解即可.
（2）利用三角形相似得，求得，然后在中由余弦定理求解即可.
【详解】（1）由正弦定理可得：，
，
由可得：，
，
，
可得：，
，，.
（2），
与相似，满足：，
设，则有，
解得：（舍去），即：，
，
在中，由余弦定理可得：，
即：，
解得：（舍去），的长为1.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据共轭复数定义和复数的乘除运算法则化简求出，再求其模长即得；
（2）利用复数的几何意义求出，和，由两向量的夹角公式即可求得.
【详解】（1）
（2）依题意向量
于是有
为与的夹角，
，
18．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，且
【分析】（1）利用余弦定理与勾股定理推得，再利用线面垂直与面面垂直的判定定理与性质定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，得到直线的方向向量与平面的法向量后借助空间向量夹角公式计算即可得；
（3）设，求出平面与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算出相应即可得.
【详解】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，

因为平面，所以，
又因为是底面圆的内接正三角形，由，
可得，，
又，，所以，
即，，
所以在中，，
在中，由余弦定理：
，
所以，故，
因为底面，面，所以平面平面，
又面，平面平面，，故面，
又平面，所以平面平面；
（2）易知，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成的角的正弦值为；
（3），，，
设，可得，
设平面与平面的法向量分别为，，
则有，，
令，则，，，，
即，，
设平面与平面的夹角为，
则，
整理得，即，则，
故线段上存在符合题意的点，且.
19．(1);;
(2)不存在，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列和等比数列的定义，从给定的等差数列中选取合适的项构成等比数列.
（2）先进行猜想，若存在“完美等比子列”，根据等比数列和等差数列的通项公式，运用反证法进行分析证明.
（3）证明充要条件，需要分别证明充分性和必要性.充分性是由推出存在“等比子列”；必要性是由存在“等比子列”推出.
【详解】（1）取，则，为，这是一个等比数列，是的“等比子列”.
取，则，为，这是一个等比数列，是的“等比子列”.
取，则，为，这是一个“完美等比子列”.
（2）猜想：数列不存在“完美等比子列”.
证明：假设存在“完美等比子列”，设其公比为，首项为.
设，，因为是等比数列，则，即.
变形得，，.
因为，左边是的倍数，右边不是的倍数（时），
当时，不符合，所以矛盾，假设不成立，
即数列不存在“完美等比子列”.
（3）充分性：
已知（为公差，），设（）.
取，，，，.
则，，，，.
所以，，，
可以发现这些项构成等比数列，所以存在“等比子列”.
必要性：
设等差数列的公差为，“等比子列”的公比为.
设，，则.
整理得，.
因为（若，则数列为常数列，也满足），所以，令，，所以.
综上所得，各项非零的等差数列中存在“等比子列”的充要条件是数列满足（为公差，）得证.
【点睛】知识点点睛：本题只要考查了对“等比子列”和“完美等比子列”新定义的理解，综合了等差数列和等比数列通项公式，反证法证明，以及简易逻辑知识的考查.综合性，逻辑性强，属于难题.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
B
C
A
B
C
D
ABC
BC
题号
11









答案
BCD