重庆市第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试卷（Word版附解析）

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上．
2．作答时，务必将答案写在答题卡上．写在本试卷及草稿纸上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一、单项选择题（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. 已知集合，，则=（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由集合的描述，用列举法写出集合，由集合的补集定义得出结果.
【详解】，
∴
故选：A
2. 复数（是虚数单位），则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出，再求出，从而可求解.
【详解】由，所以，
所以，故B正确.
故选：B.
3. 下列函数是奇函数，且在上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由奇函数及单调性逐项判断即可.
【详解】，奇函数且在0,+∞上单调递增，正确；
，当时，无意义，错误；
，，，
显然，即不是奇函数，错误；
，当时，无意义，错误；
故选：A
4. 日常生活中的饮用水是经过净化的，随着水的纯净度的提高，所需净化费用不断增加.已知将1吨水净化到纯净度为时所需费用（单位；元）为，则净化到纯净度为左右时净化费用的变化率大约是净化到纯净度为左右时净化费用变化率的（ ）
A. 10倍B. 25倍
C. 50倍D. 100倍
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的概念可知净化所需费用的瞬时变化率即为函数的一阶导数，即先对函数求导，然后将和代入进行计算，再求，即可得到结果．
【详解】由题意，可知净化所需费用的瞬时变化率为，
所以，，
所以，
所以净化到纯净度为左右时净化费用的变化率大约是净化到纯净度为左右时净化费用变化率的倍.
故选：D
5. 已知向量满足：，则的最小值是（ ）
A. 1B.
C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】求出，求出在上的投影大小，求出当与同向共线时的最小值，求出的最小值.
【详解】因为，，所以，
所以在上的投影大小为，
所以当与同向共线时有最小值，
.
故选：A.
6. 已知数列满足：，，则（ ）
A. B. 3C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据与的关系，先得到数列的递推关系，再根据累加法求的值.
【详解】由，
所以（，）
所以，，…， ，
各式相加得：.
故选：C
7. 关于的方程在上有（ ）个实数根．
A. 1B. 2C. 3D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】方程变形为，转化为函数与的图象在上的交点个数，确定函数的性质，作出它们的图象可得交点个数，从而得出结论．
【详解】时，，原方程化，
令，，
则原方程的解的个数即为函数与的图象在上的交点个数，
时，，因此在上是单调增函数，
又，的最小正周期是，区间的长度超过的3个周期的长度而小于4个周期，
作出函数和的大致图象，如图，
，，，
由图可知它们在区间上有7个交点，也即原方程在上有7个解，
故选：D．
8. 已知，则的最小值是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得，结合基本不等式可求的最小值.
【详解】因为，
所以
所以，
所以，所以，
当时，，等式变为，显然不成立，
所以，所以，
所以
因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以，所以.
所以的最小值为.
故选：D.
【点睛】思路点睛：利用三角恒等变换得到，最值问题常常借助基本不等式求解.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 下列说法正确的有（ ）
A. 若等差数列的前项和为，则也成等差数列
B. 数列可能是等比数列，也可能是等差数列
C. 若等比数列满足：.则
D. 若等差数列的前项和为，则的最大值是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据等差数列和等比数列的性质来逐一判断每个选项的正确性.
【详解】对于A选项，设等差数列的首项为，公差为
，
，
，
，，
当时，，不成等差数列，A选项错误；
对于B选项，当时，数列为常数列，是等差数列，
当且时，数列是等比数列，B选项正确；
对于C选项，在等比数列中，，
已知，则，，，
，C选项正确；
对于D选项，因为，，
所以，，则的最大值是，D选项正确.
故选：BCD.
10. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，在区间内有唯一零点
B. 当时，在点处的切线斜率为
C. 当时，若，则
D. 当时，总是的极值点
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，求导确定单调性，结合零点存在性定理即可判断，对于B，求导即可判断，对于C，先确定的单调性，再构造函数，通过其单调性即可判断，对于D，取，即可判断.
【详解】对于A，当时，，，
当，f′x>0，单调递增，
且，所以在区间内有唯一零点，A正确；
对于B，当，，所以，B正确；
对于C，当时，，x∈0,+∞，
则，所以当x∈0,1，f′x0，
所以在x∈0,1时递减，在x∈1,+∞时递增，
所以若，可设，
构造函数，x∈0,1，
则，
，
因为x∈0,1，，
所以，当且仅当时取等号，所以，
所以，
即，x∈0,1时单调递减，
所以，也即，
由，所以
又， 在x∈1,+∞时递增，
所以，即，故正确，
对于D，当时，f1无意义，故错误
故选：ABC
11. 已知函数在上有且仅有个零点，则（ ）
A. 的图象向左平移必须超过个单位才可能使其关于轴对称
B. 在区间上有可能单调递增
C. 在上有3条对称轴
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用整体代入法，结合零点个数可得，再结合函数图像的伸缩平移及对称轴与单调性判断各选项.
【详解】由已知，
当时，，
又函数在有三个零点，则，
解得，
所以，即，D选项正确；
设向左平移（）单位后可使图像关于轴即对称，
即，
所以，，
即，，，
易知，即，且，
所以，
又，
所以，A选项正确；
当，则，
若满足在上单调递增，
则，，
解得，
则，且，
解得，
又，所以，则，即，
又，
即存在使得函数在上单调递增，B选项正确；
当，即时，在上有且只有个对称轴，C选项错误；
故选：ABD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知点，点，向量，若，则实数的值是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求，结合向量平行的坐标表示运算求解.
【详解】由题意可得，
若，且，则，即.
故答案为：.
13. 在中内角所对的边分别为，且，，，则_____．
【答案】或
【解析】
【分析】根据已知条件和正弦定理可得角，从而得到的值．
【详解】在中由正弦定理可知，所以，
解得，因为为的内角，
所以或，
所以或，
故答案为：或．
14. 在分形艺术中会有下面的操作：将一长度为1的线段均分为三段，去掉中间一段，记为第1次操作：将剩下的线段分别又均分为三段，并各自去掉中间一段，记为第2次操作；……，每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的线段分别均分为三段，同样各自去掉中间的一段；操作过程不断进行下去．设第次操作去掉的线段总长为，若，则数列中取值最大的项为第_____项．
【答案】5
【解析】
【分析】由题意结合等比数列通项公式可得，，根据数列单调性分析最值即可.
【详解】由题意可得：，
可知数列是以首项为，公比为的等比数列，
则，可得，
因为，
令，解得，
当时，；当时，；
可得，
所以数列中取值最大的项为第5项．
故答案为：5.
【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知，即可得.
四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知数列满足：，，数列的前项和为，且．
（1）求数列，的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，若对一切恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1），.
（2）或
【解析】
【分析】（1）构造数列，判断为等比数列，可求数列的通项公式；根据与的关系求的通项公式.
（2）利用裂项求和法求出，再结合大于最大值可求实数的取值范围.
【小问1详解】
对：由，且，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列.
所以.
对：前项和为.
当时，；
当时，，
时，上式亦成立.
所以.
【小问2详解】
因为.
所以.
由已知或.
16. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子次.第次抛掷落地时朝上的点数记为，且，
（1）记事件为“”，事件为“”，求；
（2）若，记事件为“”，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分别计算出事件所包含的基本事件数，再利用条件概率公式计算可得结果；
（2）由可得只需确定时骰子抛出的点数的数字个数，再按照从小到大的顺序排列即可得事件的个数，计算可得.
【小问1详解】
将事件用有序数对表示，则满足事件可以为：
，共10种，即；
若满足事件为，共2种，即；
所以可得；
【小问2详解】
依题意事件为“，需先确定时骰子上出现的点数的数字个数，
然后再从小到大排序即可；
则事件包含以下4种情况：
第一种：抛掷4次出现的点数完全相同，共有种；
第二种：抛掷4次出现的点数有2个数字，共有种；
以出现的数字为1，2为例，则有；；，共3种排序方式，
所以共有；
第三种：抛掷4次出现的点数有3个数字，共有种；
以出现的数字为1，2，3为例，则有；；，共3种排序方式，
所以共有种；
第四种：抛掷4次出现的点数有4个数字，共有种，依次按从小到大顺序排列即可；
抛掷4次出现的总的情况为种，
所以可得.
17. 如图，在平面四边形中，，若是上一点，．
（1）证明：；
（2）若．
①求的值；
②求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）在中，∵，∴，得到，然后证明即可；
（2）①， 由（1） 知，由正弦定理求解即可；
②设，在中，由余弦定理求得，然后由求得，在中，由余弦定理求得，然后由辅助角公式得，求解最大值即可.
【小问1详解】
证明：在中，∵，
∴，故.
又，∴，
即，
故.
【小问2详解】
①， 由，可知：等边三角形，
所以，
故在中，由正弦定理可得：，故.
所以
②设，
在中，由余弦定理得：，
由是等边三角形，是的中点，
，所以，
在中，由余弦定理得：
在中，由正弦定理得：
，所以，
所以，
所以当时，即时， .
18. 已知为坐标原点，双曲线的焦距是实轴长的倍，过上一点作的两条渐近线的平行线，分别交轴于两点，且．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过双曲线的右焦点的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，点是线段的中点，过点且与垂直的直线交直线于点，点满足，求四边形面积的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设Px0,y0，求出过点作的两条渐近线的平行线方程，再利用和解出双曲线方程即可；
（2）设直线，，直曲联立，利用韦达定理，三点共线，斜率之积为，列出等式求出点坐标，结合向量关系得到四边形是平行四边形，然后再由弦长公式，点到直线的距离公式，以及换元法求导分析单调性，求最小值即可求解；
【小问1详解】

设Px0,y0，则，即，
过点作的两条渐近线的平行线方程分别为：，
则不妨取，
于是，
又，且，
可得，
所以双曲线方程为，
【小问2详解】

设直线，，
联立方程，可得，①
，
，
由于直线与双曲线的左右两支相交，所以方程①有两个同号的实根，，
故，
由三点共线得，②
由得，③
由②③解得，
由可知，四边形是平行四边形，
所以，
，
，
，
令，则，则，
令，则，
令，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
所以，当且仅当，即时取等号.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问的关键在于利用韦达定理、三点共线、表述出点坐标，再求出面积表达式，然后，得到，求导分析单调性得到最值.
19. 已知函数.
（1）证明：当时，；
（2）若恒成立，求实数的值；
（3）证明：.
【答案】（1）证明见解析；
（2）2； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）构造函数，求导函数，根据函数在1,+∞的单调性求解值域即可证明.
（2）就分类讨论后可得，再利用导数可证明此时不等式恒成立.
（3）利用，转化为，然后利用导函数的单调性证明即可.
【小问1详解】
令函数，则，
当时，，所以在1,+∞上单调递增，则，
所以，证毕.
【小问2详解】
恒成立，即恒成立，
记，则，
若，因此，
当时，由，
故存在，使得且任意的，总有，
故在上为减函数，故任意的，总有，
这与题设不合，舍；
若，则，因的图像连续不间断，
故存在，使得任意的，总有，
故在上为增函数，故任意的，总有，
这与题设不合，舍；
故，此时，
当时，，故在上为减函数；
当时，由，在上均为减函数，
可得在为减函数，
故，，
故在上为增函数，故，
故恒成立，故.
【小问3详解】
由（2）可知，，当且仅当时取等号，
所以，
，
因为，
所以即证，
令，则，
所以即证：，x∈1,+∞，由（1）证明可得，
故，，，
即.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.