精品解析：天津市南开中学2025届高三上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份精品解析：天津市南开中学2025届高三上学期10月月考数学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了 已知集合，则， “”是“为第一象限角”的， 函数的图象大致为，24个单位， 设，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题） 和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分. 第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页.
答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和填涂卡号填写或涂写在答题纸上，答卷时，考生务必将答案涂写在答题纸上，答在试卷上的无效，考试结束后，将答题纸交回.
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷（共 45分）
一.选择题：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】D
【解析】
【分析】根据补集的运算求出，再由交集的运算可得答案.
【详解】，则
，所以.
故选：.
2. “”是“为第一象限角”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式及正弦函数的性质结合充分、必要条件的定义判定选项即可.
【详解】易知，所以
为第一象限角、第二象限角或终边落在纵轴正半轴上的角，
显然不满足充分性，满足必要性.
故选：B
3. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出y=fx为奇函数，排除CD；由排除B，得到答案.
【详解】定义域为R，
，函数y=fx为奇函数，
图象关于原点对称，排除CD；
又，排除B.
故选：A
4. 5G技术在我国已经进入调整发展的阶段，5G手机的销量也逐渐上升，某手机商城统计了最近5个月手机的实际销量，如下表所示：
若x与y线性相关，且线性回归方程为，则下列说法不正确的是（ ）
A. 当解释变量x每增加1个单位时，预报变量y平均增加0.24个单位
B. 线性回归方程中
C. 由题中数据可知，变量y与x正相关，且相关系数
D. 可以预测时，该商场5G手机销量约为1.72（千只）
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知数据，分析总体单调性，结合增量的变化判断C选项；根据已知数据得到样本中心点，代入回归方程求解即可判断B选项；根据回归方程判断AD选项.
【详解】根据线性回归方程可得每增加一个单位时，预报变量平均增加0.24个单位，故A正确.
由已知数据得，，
代入中得到，故B错误；
从数据看随的增加而增加，故变量与正相关，由于各增量并不相等，故相关系数，故C正确；
将代入中得到，故D正确.
故选：B.
5. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用换底公式及对数的运算性质计算可得.
【详解】
.
故选：C
6. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数、对数的单调性结合中间值“1”、“”即可比较大小.
【详解】，，
.
综上，．
故选：B.
7. 已知函数的图象关于点中心对称，则（ ）
A. 直线是函数图象的对称轴
B. 区间上有两个极值点
C. 在区间上单调递减
D. 函数的图象可由向左平移个单位长度得到
【答案】C
【解析】
【分析】利用整体代入法判断A，利用整体换元法判断B，利用三角函数的单调性判断C，利用三角函数平移的性质判断D即可.
【详解】因为函数的图象关于点中心对称，所以，
可得，结合，得，所以．
对于A，，
所以直线不是函数图象的对称轴，故A不正确；
对于B，当时，，
所以函数在区间上只有一个极值点，故B不正确；
对于C，当时，，
所以函数在区间上单调递减，故C正确；
对于D，左移个单位长度后得到，故D错误．
故选：C．
8. 已知是定义域为R的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据奇偶函数构造方程组求出的解析式，再根据题意得到在单调递增，分类讨论即可求解．
【详解】由题意可得，
因为是奇函数，是偶函数，
所以，
联立，解得，
又因为对于任意的，都有成立，
所以，即成立，
构造，
所以由上述过程可得在单调递增，
若，则对称轴，解得；
若，则在单调递增，满足题意；
若a>0，则对称轴恒成立；
综上，．
故选：B
9. 已知函数是定义在上的奇函数，且对任意的，恒成立，当时．若对任意，都有，则m的最大值是（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分析x∈0,2、、时解析式以及值域，然后作出的图象，结合图象确定出符合条件的的范围，再根据与所求的取值范围的关系求解出的最大值.
【详解】当x∈0,2时，，此时
当时，，此时
当时，，此时，
结合为奇函数，在同一平面直角坐标系中作出的图象如下图所示：

由图象可知，若要恒成立，只需要分析内图象即可，
因为图象的对称性，不妨考虑时的情况，
当时，，所以，
当时，，所以或，
结合图象，若成立，则有，所以，
又因为若对任意，都有，
则有，所以，所以，
所以的最大值为，
故选：B.
【点睛】思路点睛：本题考查三角函数图象与性质的综合运用，以分段函数为媒介，采用数形结合思想能高效解答问题，通过数与形的相互转化能使问题转化为更简单的问题，难度较大.常见的图象应用的命题角度有：（1）确定方程根的个数；（2）求参数范围；（3）求不等式解集；（4）研究函数性质.
第Ⅱ卷（共105分）
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.
10. 复数的模为__________．
【答案】##
【解析】公众号：高中试卷君
【分析】由复数的四则运算以及模长公式计算即可.
【详解】．
故答案为：
11. 的展开式中常数项为__________.
【答案】
【解析】
【分析】写出其展开式的通项，然后令指数部分为0，求解即可.
【详解】的二项展开式的通项为，
令，得，
其展开式的常数项为.
故答案为：
12. 已知函数 在上单调递增，则实数的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据对数函数性质分析可知：在上单调递增，且gx>0，结合二次函数列式求解即可.
【详解】因为在定义域0,+∞内单调递增，
由题意可得：在上单调递增，且gx>0，
则a2≥4g14=23916+14a>0，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
13. 某射击小组共有10名射手，其中一级射手3人，二级射手2人，三级射手5人，现选出2人参赛，在至少有一人是一级射手的条件下，另一人是三级射手的概率为__________；若一､二､三级射手获胜概率分别是0.9，0.7，0.5，则任选一名射手能够获胜的概率为__________.
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】计算出至少有一人是一级射手的情况有几种，再求出选出的2人中1人是一级射手另一人是三级射手的情况的种数，根据条件概率的计算公式即得答案；求出任选一名射手，分别是一、二、三级射手的概率，根据全概率公式即可求得任选一名射手能够获胜的概率.
【详解】由题意得至少有一人是一级射手的情况共有种，
选出的2人中1人是一级射手另一人是三级射手的情况种，
故选出2人参赛，在至少有一人是一级射手的条件下，另一人是三级射手的概率为；
任选一名射手，分别是一、二、三级射手概率分别为，
而一、二、三级射手获胜概率分别是0.9，0.7，0.5，
则任选一名射手能够获胜的概率为，
故答案为：，
14. 若，，且，，则的值是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据同角三角函数的平方关系式，解出相关角的三角函数值，继而求得的余弦值，结合角的范围即可求解.
【详解】因为，所以，
且，所以，
则，且，
由，所以，
又，所以，
则，
所以
，
又，
所以.
故答案为:.
15. 若有四个零点，则实数的取值范围为______
【答案】
【解析】
【分析】令，，将函数零点问题转化为函数与的图象交点问题，分类讨论时，函数与图象的交点个数，即可求解.
【详解】由，得，
即，
令，，
则函数有四个零点等价于函数与的图象有四个交点，
若，则，由，解得，仅有两个零点，不满足题意；
若， 由，解得或，
由，解得或，
当，即时，
如图①所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点；
在上，函数与函数有两个交点；
同理，在上，有且仅有一个交点，
所以函数与的图象有四个交点，函数有四个零点，满足题意；
当，即时，
如图②所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点；
在上，函数与函数有一个交点；
同理，在上，没有交点，
所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意；
当，即时，
如图③所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点；
在上，函数与函数有一个交点；
同理，在上，没有交点，
所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意；
当，即时，
当时，可化为
，即，
因为判别式，所以无解
所以函数与的图象在上没有交点，
如图④所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点；
在上，函数与函数没有交点；
同理，在上，有且仅有一个交点，
所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意；
若，
当，即时，
如图⑤所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点；
在上，函数与函数有两个交点；
同理，在上，有且仅有一个交点，
所以函数与的图象有四个交点，函数有四个零点，满足题意；
当，即时，
如图⑥所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故没有交点；
在上，函数与函数有且仅有一个交点；
同理，在上，有且仅有一个交点，
所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意；
当，即时，
如图⑦所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故没有交点；
在上，函数与函数有且仅有一个交点；
同理，在上，有且仅有一个交点，
所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意；
当，即时，
当时，可化为
，即，
因为判别式，即无解
所以函数与的图象在上没有交点，
如图⑧所示，在上，由于函数的增长速度大于函数的增长速度，故有且仅有一个交点；
在上，函数与函数没有交点；
同理，在上，有且仅有一个交点，
所以函数与的图象有两个交点，函数有两个零点，不满足题意；
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的零点问题，关键在于将零点问题转化为直线与曲线的交点问题，应用数形结合、分类讨论思想判断交点个数.
三、解答题：本大题共5小题，共75分. 解答应公众号：高中试卷君写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16. 设且，函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若函数在区间上有零点，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）化简不等式为，按照和分类讨论，利用对数函数的单调性解不等式即可；
（2）将零点问题转化为有解，设，则，利用函数的单调性求解参数范围即可.
【小问1详解】
当时，不等式可化为，
若，则，解得，
所以不等式的解集为；
若，则，解得，
所以不等式的解集为；
综上所述，当时，不等式的解集为；
当时，不等式解集为；
【小问2详解】
由题意可知，
令，即，因为，所以，
所以，所以，
设，则，
因函数在上单调递减，
所以，所以.
17. 已知函数．
（1）求函数的单调递减区间；
（2）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，若，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角和的正、余弦公式及诱导公式化简函数的解析式，再由整体角范围求解不等式可得单调区间；
（2）由伸缩变换与平移变换得解析式，得，根据整体角范围求余弦值，再由角的关系，利用两角和的余弦公式求解可得.
【小问1详解】
.
由，
解得
即时，函数单调递减，
所以函数的单调递减区间为；
【小问2详解】
将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），
则得到函数的图象，再向右平移个单位，得到函数的图象，
所以.
若，则， .
由，得，又，
所以，则，
故
.
故的值为.
18. 如图，垂直于梯形所在平面，为的中点，，四边形为矩形．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）设，由三角形中位线性质可得，由线面平行判定推理即可.
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法可得结果.
（3）利用点到平面距离的向量求法可求得结果.
【小问1详解】
令，连接，
由四边形为矩形，得为中点，又为中点，则，
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
由垂直于梯形所在平面，，得直线两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量，则，令，得，
由轴平面，得平面的法向量，
则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.
【小问3详解】
由（2）知：，则，而平面的法向量，
所以点到平面的距离.
19. 已知椭圆：的离心率为，左､右焦点分别为，，上､下顶点分别为，，且四边形的面积为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线：与椭圆交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由椭圆的性质及已知条件可得a，b，c的关系，从而可求出a，b，c的值，从而可得椭圆C的标准方程；
（2）直线l方程与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示出|OP|2+|OQ|2，由|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，可求出k的值，表示出四边形PQMN面积，求出当四边形PQMN面积最大时m的值，即可求解直线l的方程．
【小问1详解】
，
，所以，
因为a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1，
所以椭圆方程为．
【小问2详解】
如图，设P（x1，y1），Q（x2，y2），

，
联立，消去y整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
Δ＝（8km）2﹣4（4m2﹣12）（3+4k2）＞0，即m2＜3+4k2，
所以，. ，

，
因为|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，所以32k2﹣24＝0，，，
，，
点O到直线l的距离，
所以，
当且仅当，即m2＝3，
因为m＞0，所以时，取得最大值为，
因为S四边形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大时，S四边形MNPQ最大，
所以或．
20. 已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若对时，，求正实数的最大值；
（3）若函数的最小值为，试判断方程实数根的个数，并说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）个实数根，理由见解析
【解析】公众号：高中试卷君
【分析】（1）根据导数的几何意义，求解即可；（2）两次求导后，分和两种情况，结合隐零点问题，分析的单调性，确定使得对恒成立时正实数的值即可；
（3）先结合隐零点问题的处理方法，求得的取值范围，再将原问题转化为求方程的实数根的个数，然后构造函数，并再次运用隐零点证明有唯一零点，进而得解.
【小问1详解】
当时，，，
所以，，
则曲线在处的切线方程为
【小问2详解】
由题意知，，令，
所以，
因为，所以，而为正实数，
所以在上恒成立，
所以函数在区间上单调递增，且，
①当时，在区间上恒成立，
所以函数在上单调递减，此时，符合题意；
②当时，，，
由零点存在定理知，，使得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则当时，有，不符合题意，
综上，正实数的最大值为
【小问3详解】
方程实数根有且只有一个，理由如下：
，
所以，令，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
因，，
所以，使得，即，
两边同时取对数得，，
而在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，则，
所以，在上单调递减，所以
因为，且，
所以方程的实数根等价于的实数根，
设，其中，则，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
又，，
所以，使得，即，
两边取对数得，，即，
又，且，
所以，
设，则在上恒成立，
所以函数在上单调递增，
所以，且，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
即函数只有唯一零点，
故方程的实数根有且只有一个，即方程实数根有且只有一个.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是两次求导得当的单调性，结合隐零点以及零点存在定理分类讨论得到的单调性，
第三问的关键是将方程的实数根等价于的实数根，构造函数，结合导数研究根的个数.
时间x
1
2
3
4
5
销售量y（千只）
0.5
0.8
1.0
1.2
1.5