山西省太原市常青藤中学校、李林中学2024-2025学年高三上学期10月联考数学试题

这是一份山西省太原市常青藤中学校、李林中学2024-2025学年高三上学期10月联考数学试题，文件包含山西省太原市常青藤中学校李林中学2024-2025学年高三上学期10月联考数学试题docx、答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
卷面分数：150分 答题时间：120分钟
参考答案：
1．B
【分析】求出集合，结合交集运算性质计算即可.
【详解】由集合，解得，故.
故选：B
2．D
【分析】利用向量数量积的坐标运算计算可得结果.
【详解】由可得，即，
也即，解得.
故选：D
3．C
【分析】由等比数列通项公式直接求解即可.
【详解】数列为等比数列，，解得：.
故选：C.
4．A
【分析】根据给定条件，利用分段函数单调性，结合对数函数单调性列式求解即得.
【详解】函数是上的增函数，
则，解得，
所以的取值范围是.
故选：A
5．D
【分析】根据条件，结合图形，利用向量的线性运算，即可求出结果.
【详解】因为四边形为平行四边形，且，，
所以，即①，
又，即②，
由①②得到，又，，所以.
故选：D.
6．C
【分析】根据与的正负关系，即可排除选项，再根据的值，排除选项，即可判断.
【详解】当时，若，则 ； 若，则 .
当时，若，则；若，则，排除 A， D.
，显然 不恒等于 0，故 不是奇函数，排除 B.
故选：C
7．B
【分析】设出切点坐标，求导并利用导数的几何意义求出切线方程，用表示出，再构造函数，利用导数探讨函数图象性质，进而求出的范围.
【详解】依题意，设切点坐标为，由，求导得，
则函数的图象在点处的切线方程为，
由切线过点，得，
令，依题意，直线与函数的图象有3个公共点，
，当或时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，函数取得极小值，而当时，恒有，
又，因此当时，直线与函数的图象有3个公共点，
所以实数的取值范围是.
故选：B
【点睛】关键点点睛：涉及导数的几何意义的问题，求解时应把握导数的几何意义是函数图象在切点处的切线斜率，切点未知，设出切点是解题的关键.
8．D
【分析】辅助角公式得，取为锐角且，由得，，则，求值即可.
【详解】因为，取为锐角且，，
所以，由题意可得.
因为，不妨设，
由，有，，即，
所以，
.
故选：D.
【点睛】思路点睛：
辅助角公式的作用之一是将含有正弦、余弦两种三角函数的表达式合并为只含有一种三角函数的表达式，两个角的正弦值相等，则这两个角终边重合或终边关于轴对称.
9．ABD
【分析】对于A，用替换中的 ，求出的解析式，即可判断；对于B，由题意可得，再由，即可得的解析式，即可判断；对于C，设，根据题意求出的值，即可判断；对于D，用替换中的，由两式中消去，可得的解析式，即可判断.
【详解】解：对于A，因为，
所以，故正确；
对于B，因为，
因为，
所以，故正确；
对于C，设，
则，
所以，解得或，
所以或，故错误；
对于D，因为定义在上的函数满足①，
所以②，
由①+②，得，
所以，故正确.
故选：ABD.
10．ABC
【分析】选项A，根据条件，利用数乘向量的定义得到，即可判断选项A的正误；选项B，根据条件，利用数量积的运算及模的定义，即可判断选项B的正误；选项C，根据条件，利用数量积的定义，得到，即可求解；选项D，根据条件，结合数量积的运算律，得到，即可求解.
【详解】对于选项A，因为为非零向量，若，则，故，所以选项A正确，
对于选项B，若，故，所以选项В正确，
对于选项C，，
故，所以选项C正确，
对于选项D，若，则，
得到，不能确定，所以选项D错误，
故选：ABC．
11．AD
【分析】根据二倍角公式可得，即可判断A；；利用即可判断C；利用导数求出函数的最大值即可判断B.利用即可判断D
【详解】，
因为的最小正周期为，的最小正周期为，
所以的最小正周期为，故A正确；
，
又，令，
因为的周期为，所以只需讨论内的的最大值，
此时当时，，当时，，
故当即时，有极大值，
又，
因为，
所以直线不是图象的对称轴，故B错误，C错误.
，
所以点是图象的对称点，故D正确；
故选：AD
【点睛】关键点点睛：解决本题D选项的关键是利用导数讨论函数的单调性，方可求出最大值.
12．
【分析】根据存在量词命题的否定形式即可得解.
【详解】由存在量词命题的否定形式可知：
命题“，”的否定是“”.
故答案为：
13．
【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用在内有解即可.
【详解】函数，求导得，
由函数在内存在单调递增区间，得不等式在内有解，
不等式，而函数在上单调递增，
当时，，因此，
所以的取值范围是.
故答案为：
14．2
【分析】根据已知，结合三次函数的图象特征可得是的极小值点，借助导数及函数零点可得的关系，由不等式的解集求出.
【详解】因三次函数有一个极大值点，
则该函数必有一个极小值点，且极小值点大于，
又恰有两个零点，且，因此是的极小值点，
求导得：，即是方程的二根，
有，即，
显然，
则，整理得，
两边平方得：，因成等比数列，即，
于是得，即，
而，有，显然有，
，
因的解集为，则5是方程的根，
即有，整理得：，解得或，
当时，，，
不等式，
解得，符合题意，函数的极大值为，
当时，，，
不等式，解得，不符合题意，舍去，
所以.
故答案为：2.
【点睛】方法点睛：可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理即可求得；
（2）由向量的数量积等于0列出方程，可求得角，利用三角函数的定义求得边，最后运用三角形面积公式计算即得.
【详解】（1）由余弦定理，，⋯⋯⋯⋯4分
因，则；⋯⋯⋯⋯6分
（2）由，⋯⋯⋯⋯7分
因，则，
因，且，则，故， ⋯⋯⋯⋯ 9分
因，则， ⋯⋯⋯⋯11分
则的面积为.⋯⋯⋯⋯13分
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由等差数列的定义得到数列an为以3为公差的等差数列，进而求得其通项公式；
（2）由（1）求得，结合裂项法求和，即可求解.
【详解】（1）解：根据题意，数列an满足，即，
由等差数列的定义，可得数列an是以3为公差的等差数列，⋯⋯⋯⋯4分
因为，可得，
所以数列an的通项公式为. ⋯⋯⋯⋯7分
解：由（1），
可得，⋯⋯⋯⋯11分
所以数列bn的前项和为：.⋯⋯⋯⋯15分
17．(1)答案见解析；
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，按分类讨论，求出函数的单调区间.
（2）根据给定条件，将不等式分离参数得，再构造函数，，利用导数求出函数的最大值即可.
【详解】
函数，求导得，⋯⋯⋯⋯1分
由，得，
当时，，当且仅当时取等号，
函数在上单调递减；⋯⋯⋯3分
当时，，当且仅当时取等号，
函数在上单调递增； ⋯⋯⋯⋯5分
当时，由，得；由，得，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，⋯⋯⋯⋯6分
所以当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递增.⋯⋯⋯⋯7分
依题意，不等式在时有解，
即在时有解，⋯⋯⋯⋯9分
令，，
求导得，
由，得；由，，
函数在上单调递增，在上单调递减，⋯⋯⋯⋯12
当时，函数取得最大值，因此，⋯⋯⋯⋯14
所以实数的取值范围是.⋯⋯⋯⋯15
【点睛】关键点睛：导数问题往往涉及到分类讨论，分类讨论标准的确定是关键，一般依据导数是否有零点、零点存在时零点是否在给定的范围内及零点在给定范围内时两个零点的大小关系来分层讨论.
18．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）①在中，由正弦定理可得，从而得证；
②在中，利用三角函数恒等变换可得所以，在中，由，可解问题；
（2）由，两边平方的，再借助余弦定理和三角形面积公式，将上式表示为，化简利用基本不等式求最值.
【详解】（1）①因为，，所以，
在中，由正弦定理可得，⋯⋯⋯⋯1分
所以；⋯⋯⋯⋯3分
②设，则，
因为，所以，⋯⋯⋯⋯4分
设，因为，所以，
在中，，
由①知，
所以，⋯⋯⋯⋯6分
所以，
整理得，又因为，，
所以，
因为，所以，⋯⋯⋯⋯8分
在中，因为，，
所以，所以，
则，⋯⋯⋯⋯10分
所以；⋯⋯⋯⋯11分
（2）记的内角为，所对边为，
因为，
所以，⋯⋯⋯⋯12分
所以，⋯⋯⋯⋯13分
在中，因为，
所以由余弦定理可得，
整理得，
因为，所以，
所以，
所以
，⋯⋯⋯⋯15分
当且仅当时取等号，⋯⋯⋯⋯16分
所以AD的最小值为4.⋯⋯⋯⋯17分
【点睛】关键点点睛：第（2）问中，由平面向量得，两边平方的，再借助余弦定理和三角形面积公式，将上式表示为，利用三角函数恒等变换化简，并利用基本不等式求最值.
19．(1)（i）；（ii）；
(2)证明见解析.
【分析】（1）（i）先由点在曲线y=fx上求出点A，再利用导数工具求出即可由直线的点斜式方程得解；（ii）先由反函数性质依次得出y=fx的反函数和A关于直线对称的点为D，从而得和，再由题意以及图象特征得和，进而得直线的方程，接着联立求出点C即可得，从而计算即可得解.
（2）先由题意设关于直线对称，关于直线对称得，进而设得，再由已知信息结合得到，接着建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证.
【详解】
（i）因为点在曲线上，
所以，即，⋯⋯⋯⋯1分
由，得，则，⋯⋯⋯⋯2分
所以曲线y=fx在点A处的切线方程为即.⋯⋯⋯⋯4分
（ii）由（1），由得其反函数为，⋯⋯⋯⋯5分
则函数和图象关于直线对称，设A关于直线对称的点为D，
则D在曲线上，且，
，
则，⋯⋯⋯⋯7分
由题意以及由图象特征可知，则，直线的方程为，
联立方程组解得或（舍去），
则，⋯⋯⋯⋯9分
则该“关联矩形”的面积.⋯⋯⋯⋯10分
（2）证明：由fx=lnx得其反函数为，
所以和图象关于直线对称，且由其性质可知，⋯⋯⋯⋯11分
根据对称性可设关于直线对称，关于直线对称，则，
设，其中，
则，，因为“关联矩形”是正方形，
所以，，
所以，
由，得，所以，⋯⋯⋯⋯13分
所以由得即.
对于函数，则，
故函数在0,+∞上单调递增，故即，
令，
则且，
则ℎx在0,+∞上单调递增，所以，
所以，因为，⋯⋯⋯⋯15分
令，则，当x∈0,+∞时，单调递增，
则，⋯⋯⋯⋯16分
从而. ⋯⋯⋯⋯17分
【点睛】关键点睛：解决本题的关键1是正确处理四点的关系，从而根据四点之间的关系结合得到，关键点2是建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
C
A
D
C
B
D
ABD
ABC
题号
11









答案
AD