2024-2025学年广东省深圳市龙岗区高三上学期第二次考试（10月）数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年广东省深圳市龙岗区高三上学期第二次考试（10月）数学检测试卷（附解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足，则（ ）．
A．B．C．D．
3．已知，，则是的（ ）条件
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
4．已知向量，，其中，若，则（ ）
A．40B．48C．51D．62
5．已知，，则下面结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则有最小值4D．若，则
6．若一个圆台的高为，母线与底面所成角为，上底面半径为，则该圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知 ，则 （ ）
A．B．C．D．
8．当时，不等式 恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知，则（ ）
A．的虚部为
B．是纯虚数
C．在复平面内所对应的点位于第一象限
D．
10．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．的最小正周期为
B．当时，的值域为
C．将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象
D．将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称
11．在中，，，，为边上一动点，则（ ）
A．
B．当为角的角平分线时，
C．当为边中点时，
D．若点为内任一点，的最小值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知向量与的夹角为，，，则 .
13．若，则 .
14．已知数列的通项公式是，记为在区间内项的个数，则使得不等式成立的的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．设函数.
(1)求函数的最小正周期和对称轴；
(2)，，分别为内角，，的对边，已知，，的面积为，求的周长.
16．已知等差数列的前四项和为10，且成等比数列
（1）求数列通项公式
（2）设，求数列的前项和
17．已知分别为三个内角的对边，且
(1)求；
(2)若的面积为，为边上一点，满足，求的长．
18．已知数列满足，且．
(1)求证：数列为等差数列；
(2)求的前项和为；
(3)数列的前项和为，若对于任意成立，求实数的取值范围．
19．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程为，求；
(2)求的单调区间；
(3)若关于的方程有两个不相等的实数根，记较小的实数根为，求证.
答案
1．【正确答案】D
【详解】，，
所以，
故选：D
2．【正确答案】D
【详解】因为，所以,
所以
.
故选：D.
3．【正确答案】B
【详解】由得，
由得，
则是的必要不充分条件.
故选：B.
4．【正确答案】C
【详解】因为，，且，
所以，解得或，
又，所以，此时，，
所以，所以.
故选：C.
5．【正确答案】C
【分析】对于A. 利用基本不等式求解判断；对于B.取判断；对于C.利用基本不等式结合指数运算求解判断；对于D.利用作差法比较.
【详解】因为，，
对于选项A：若，则，当且仅当时取等号，A错误；
对于选项B：当时，式子不成立，B错误；
对于选项C：若，则，
当且仅当时取等号，C正确；
对于选项D：因为，且，
所以，故D错误．
故选C．
6．【正确答案】CC
【详解】如图，过作于，由题知，BO1=1,∠OAB=π3，
所以AB=BEsin∠OAB=3sinπ3=2，AE=AB2−BE2=4−3=1，
又AO=1+1=2，记上底面半径为，下底面半径为，则，
所以圆台的侧面积为S=(πr1+πr2)·AB=(π+2π)×2=6π，
故选：C.
7．【正确答案】B
【分析】利用两角和差公式以及倍角公式化简求值可得答案.
【详解】由题干得
所以 ，
故选B.
8．【正确答案】A
【详解】设，其中.
①当时，即当时，函数在区间上单调递增，
则，解得，此时不存在；
②当时，，解得；
③当时，即当时，函数在区间上单调递减，
则，解得，此时不存在.
综上所述，实数的取值范围是.
故选：A.
9．【正确答案】BC
【详解】的虚部为1，故A项错误；
为纯虚数，故B项正确；
，其在复平面内所对应的点位于第一象限，故C项正确；
，，，故D项错误.
故选：BC.
10．【正确答案】AD
【分析】利用图象求函数解析式，根据解析式求函数最小正周期和区间内的值域，求出函数图象变换后的解析式，判断新图象的对称中心.
【详解】由函数图象可知，，的最小正周期为，A选项正确；
，，，
则，由，得，
所以.
当时，，，的值域为，B选项错误；
将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象，C选项错误；
将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数的图象，
，函数的图象关于点对称，D选项正确.
故选：AD
11．【正确答案】AB
【详解】对于A中，在中，由余弦定理得
即，所以，所以A正确；
对于B中，当为角的角平分线时，
由等面积法得，
即，解得，所以B正确；
对于C中，由为边中点时，可得，
则，
所以，所以C错误；
对于D中，以为原点，以为轴，过A垂直的直线为轴，
建立平面直角坐标系，如图，
所以，设，
则，，，
，
因为，所以，
当且仅当时等号成立.
所以的最小值为.所以D错误.
故选：AB
12．【正确答案】
【详解】

.
故答案为.
13．【正确答案】/
【分析】利用对表达式化简为并代入，即可得到结果，
【详解】.
故/.
14．【正确答案】13
【详解】由.
当为奇数时，；
当为偶数时，.
所以当为奇数时，，
由.
当为偶数时，，
由.
又为偶数，所以
综上可知：的最小值为13.
故13
15．【正确答案】(1)最小正周期为,对称轴为.
(2)
【详解】（1），
所以函数的最小正周期为；
令，解得，
所以其对称轴为.
（2）由得．
，，
，又，则，
由余弦定理得，，
的周长为．
16．【正确答案】（1）或；（2）见解析.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由题意，得，解得或，
所以或.
（2）当时，，
此时；
当时，，
此时.
【方法总结】分组求和法
一个数列既不是等差数列也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，即能分别求和，然后再合并．
常见类型如下：
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}分别为等差数列、等比数列，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数）的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
17．【正确答案】(1)；
(2).
【详解】（1）由正弦定理有，
因为，
所以，
化简得，
由有，可得，
因为，
所以，则．
（2）由有
又可得，
联立解得，所以为正三角形，
所以，
在中，由余弦定理得．
故的长为.
18．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）由，知，所以，即，
所以，又，
所以数列是公差为2，首项为1等差数列；
（2）由（1）得，，
所以，
所以，
，
以上两式相减得
，
所以；
（3）由（1）知，可得，
因为对于任意成立，所以恒成立，
设，则，
当，即时，，
当，即时，，
所以，故，所以，
即实数的取值范围为.
19．【正确答案】(1)2；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线方程，即可求出参数的值；
（2）求出函数的定义域与导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（3）结合（2）及题意可得，且，从而得到，方法一：“”等价于“”，即，结合（2）即可证明；方法二：结合函数的单调性可知“”等价于“”，即，构造函数，利用函数的单调性证明即可.
【详解】（1）因为，
所以，所以，
又因为，
所以曲线在点处的切线方程为，
即，
又切线方程为，所以；
（2）函数的定义域为，，
当时，，所以的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，令，解得，
与在区间上的情况如下：
所以的单调递减区间为，单调递增区间为；
综上可得：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.
（3）由（2）知：
①当时，在上单调递增，
所以至多有一个实根，不符合题意.
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为；
若，则，所以至多有一个实根，不符合题意.
若，即，解得，
又，且在上单调递减，
所以在上有唯一零点；
因为方程有两个不相等的实数根，且较小的实数根为，
所以在上的唯一零点就是.
方法一：
所以，，
所以，
所以“”等价于“”，即.
由（2）知，当时，的最小值为.
又因为，所以.
所以.
方法二： “”等价于“”.
又，
所以.
因为在上单调递减，
所以“”等价于“”，
即，
因为，
令，则， .
即等价于，即.
所以 “”等价于“”.
令，，
所以，
当时，，所以 在上单调递增，
所以，而，
所以成立，
所以.
【方法总结】利用导数证明不等式的基本步骤：
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数ℎx；
（3）利用导数研究ℎx的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．单调递减
极小值
单调递增