精品解析：黑龙江省齐齐哈尔市2025届高三10月份考试数学试题

2024年高三10月份考试 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是关于x的方程的一个根，，则（ ） A. 0 B. 2 C. 1 D. 4 3. 已知向量不共线，，其中，若三点共线，则的最小值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 4. “”是“”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 5. 设函数，则的最小值为（ ） A. 780 B. 390 C. 400 D. 200 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.它的具体内容是：已知是内一点，，，的面积分别为，，，且.若为的垂心，，则（ ） A. B. C. D. 8. ，用表示中的较小者，记为，设函数，若，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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. 已知函数，则（ ） A. B. C. 在上为增函数 D. 函数在上有且只有2个零点 10. 下列关于平面向量的说法正确的是（ ） A. 已知点A，B，C是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且，则 B. 已知向量，且与的夹角为锐角，则λ的取值范围是 C. 已知点G为三条边的中线的交点，则 D. 已知，则在上的投影向量的坐标为 11. 设函数且，则（ ） A. 函数和的图像关于直线对称 B. 函数和的图像的交点均在直线上 C. 若，方程的根为，方程的根为，则 D. 已知，若恒成立，则的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，若在上是增函数，则正数m的取值范围是_______. 13. 设函数，若在上是减函数，则a的取值范围为_______． 14. ，若定义，则中的元素有_______个． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知公差d不为0的等差数列的前n项和为． （1）求的通项公式： （2）令记为数列的前n项和，若，求n的最小值． 16. 已知函数． （1）当时，若，求的极值点和极值、最值点和最值； （2）讨论在上的单调性． 17. 已知函数. （1）求方程在上的解集； （2）设函数； （i）证明：在有且只有一个零点； （ii）在（i）的条件下，记函数的零点为，证明：. 18. 已知函数． （1）若在上为增函数，求的取值范围； （2）已知的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像且是的一个零点，若在上恰好有6个零点，求n的最大值； （3）已知函数，在第（2）问的条件下，若对任意，存在，使得成立，求a的取值范围． 19. 已知函数． （1）若 ，证明：； （2）记数列的前项和为． （i）若，证明：． （ii）已知函数，若，，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年高三10月份考试 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合的交集、并集运算求解. 【详解】因为， 所以， 故选：C 2. 已知是关于x的方程的一个根，，则（ ） A. 0 B. 2 C. 1 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据实系数一元二次方程根的性质，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可. 【详解】因为是关于x的方程的一个根，， 所以是关于x的方程的一个根， 于是有， 故选：D 3. 已知向量不共线，，其中，若三点共线，则的最小值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量共线定理和基本不等式即可求解. 【详解】因为三点共线， 所以存在实数k，使，即， 又向量不共线，所以， 由，所以， 当且仅当时，取等号， 即的最小值为4. 故选：B 4. “”是“”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】先利用二倍角公式对题中已知条件进行变形，对进行平方化简变形，然后再判断两个条件的逻辑关系即可得解. 【详解】必要性：由，可得， 则，即. 所以“”是“的必要条件； 充分性；由，可得， 即， 则，得或. 所以“”不是“的充分条件； 故选：B 5. 设函数，则的最小值为（ ） A. 780 B. 390 C. 400 D. 200 【答案】C 【解析】 【分析】根据绝对值不等式的性质，累加并注意等号成立的条件即可得解. 【详解】因为，当且仅当时取等号； ，当且仅当时取等号； ，当且仅当时取等号； 以此类推，直到，当且仅当取等号， 所以，当且仅当时取等号. 故选：C. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由两角差的正弦公式、两角和的余弦公式，结合同角的三角函数关系式中的商关系、两角差的正切公式进行求解即可. 【详解】由 由， 于是有， 故选：D 7. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.它的具体内容是：已知 是内一点，，，的面积分别为，，，且.若 为的垂心，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据和得，从而可以得出，设，，得，，再结合垂心和直角三角形余弦值即可求解. 【详解】 如图，延长交 于点 ，延长交于点 ，延长交于点 . 由 为的垂心，，且， 得，所以， 又，则，同理可得，所以， 设，，则，， 所以，即，， 所以， 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用“奔驰定理”得到，从而利用对顶角相等得到，由此得解. 8. ，用表示中的较小者，记为，设函数，若，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的单调性的性质判断函数的单调性，结合题中函数的定义，利用基本不等式进行求解即可. 【详解】因为函数都是实数集上的增函数，所以在上为增函数， 所以当时，，所以当1时，成立. 同时因为当时，，所以当时，恒成立， 即当时，，即.设， 则， 当且仅当时取等号，即当时取等号，所以. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解函数的性质，运用基本不等式进行求解. 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. 已知函数，则（ ） A. B. C. 在上为增函数 D. 函数在上有且只有2个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的周期判断A，根据函数的对称轴判断B，根据正弦型函数的单调性判断C，根据数形结合判断D. 【详解】对于选项A：由题意得函数的最小正周期为， 所以成立，A项正确； 对于选项B：因为为最小值， 可知直线是图象的一条对称轴，所以成立，B项正确； 对于选项C：当时，， 且在内单调递减，可知在上为减函数，C项错误； 对于选项D：由题意知在有两个不等实根， 设，且， 由函数的图象，如图， 易知与直线有两个不同的交点，D项正确. 故选：ABD 10. 下列关于平面向量的说法正确的是（ ） A. 已知点A，B，C是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且，则 B. 已知向量，且与的夹角为锐角，则λ的取值范围是 C. 已知点G为三条边的中线的交点，则 D. 已知，则在上的投影向量的坐标为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据平面向量共线的性质，结合平面向量夹角坐标公式、三角形重心的性质、投影向量的定义逐一判断即可. 【详解】A：因为点是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且， 所以有，A正确； B：，当与共线且同向时，， 此时与的夹角为零，而，B不正确； C：设 边上的中线为 ， 于是， 因为点G为三条边的中线的交点， 所以点G是三角形的重心，因此有， 于是有，C正确；    D：因为， 所以在上的投影向量的坐标为： ，D正确， 故选：ACD. 11. 设函数且，则（ ） A. 函数和的图像关于直线对称 B. 函数和的图像的交点均在直线上 C. 若，方程的根为，方程的根为，则 D. 已知，若恒成立，则的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：根据反函数的性质分析判断；对于B：举反例说明即可；对于C：整理可得，，同构函数，结合函数单调性分析证明；对于D：根据题意分析可得，构建函数，利用导数分析其最值，结合恒成立问题即可得结果. 【详解】对于选项A：因为和互为反函数，可知其图象关于直线对称，故A正确； 对于选项B：例如，则， 可知和的图像有交点和，均不在直线上，故B错误； 对于选项C：由题意可得：， 因为，可得，即， 设函数， 因为在上单调递增，可知在上单调递增， 又因为，则，即，故C正确； 对于选项D：当时，为增函数， 若，则，与矛盾，舍去，所以， 若恒成立，则，即， 两边取对数可得，即， 同理可得：等价于，即， 令，则， 当时，；当时，； 则，可得，解得， 所以的取值范围为， 例如，可得， 即，且为增函数， 可得，符合题意，故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：对于C：根据题意整理可得，，进而可同构函数； 对于D：根据题意分析可知：，解得的取值范围为，进而取反例说明. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，若在上是增函数，则正数m的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦型函数对称轴与周期的关系，结合正弦型函数的单调性进行求解即可. 【详解】因为函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为， 所以，解得，即， 因为在上是增函数，则 ， 所以函数的增区间包含， 令，得， 所以，所以故 的取值范围为. 故答案为： 13. 设函数，若在上是减函数，则a的取值范围为_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的正负性与原函数的单调性的关系，结合构造函数法进行求解即可. 【详解】由， 因为在上是减函数， 所以在上恒成立，即， 设， 当 时，， 当时，， 因为，所以， 因此当时，， 当时，， 因为，所以， 因此当时，， 因此有，于是有， 故答案为： 14. ，若定义，则中的元素有_______个． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数模的运算公式，结合题中定义进行求解即可. 【详解】因为，， 所以，， 共14个元素. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题中定义. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知公差d不为0的等差数列的前n项和为． （1）求的通项公式： （2）令记为数列的前n项和，若，求n的最小值． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）利用等差数列前n项和及通项公式求基本量，即可写出通项公式； （2）由（1）及题设，应用等比数列前n项和公式、分组求和得，结合不等式能成立及的单调性求正整数n的最小值． 【小问1详解】 由题设， 所以，而， 所以. 【小问2详解】 由题设， 则， 所以，又在上单调递增， 当时，， 当时，， 所以，故n的最小值为6． 16. 已知函数． （1）当时，若，求的极值点和极值、最值点和最值； （2）讨论在上的单调性． 【答案】（1） 是函数的极大值点，极大值为； 是函数的极小值点，极小值为； 在时，是函数的最大值点，最大值为，最小值点为，最小值为； （2） 当时，在上函数单调递增， 当时，在上函数单调递增，在上函数单调递减 【解析】 【分析】（1）利用导数的性质，结合极值点、极值、最值点、最值的定义进行求解即可； （2）利用导数，并分类讨论参数a研究函数单调性. 【小问1详解】 当时，， 令，解得，或，而，所以，或， 令 ，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 因此是函数的极大值点，极大值为； 是函数的极小值点，极小值为； 因为，， 所以函数在时，是函数的最大值点，最大值为，最小值点为，最小值为； 【小问2详解】 由， 当时，在上，，因此函数单调递增； 当 时，令，解得，或 ， 若时，即时， 在上，，因此函数单调递增， 在上，，因此函数单调递减； 若时，即时， 在上，，因此函数单调递增， 综上所述： 当时，在上函数单调递增， 当时，在上函数单调递增，在上函数单调递减. 17. 已知函数. （1）求方程在上的解集； （2）设函数； （i）证明：在有且只有一个零点； （ii）在（i）的条件下，记函数的零点为，证明：. 【答案】（1） （2）（i）证明：设. 当，则， 此时在区间上单调递增， 又在区间上也单调递增，所以在区间上单调递增， 又 所以在时有唯一零点， 当，所以， 所以在上没有零点， 综上，在有唯一零点. （ii）证明：记函数的零点为， 所以，且，所以， 所以， 令，因为，所以， 又，则， 所以. 【解析】 【分析】（1）利用余弦二倍角公式化简方程，再结合辅助角公式即可； （2）（i）根据三角函数的性质分区间研究函数的性质，利用零点存在定理可证明；（ii）然后利用换元法求值域即可证明. 【小问1详解】 所以. 所以或 当时，，则，又，所以或， 当，则，又. 所以或，所以或， 所以方程在上的解集为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 18. 已知函数． （1）若在上为增函数，求的取值范围； （2）已知的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像且是的一个零点，若在上恰好有6个零点，求n的最大值； （3）已知函数，在第（2）问的条件下，若对任意，存在，使得成立，求a的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由正弦函数的单调性结合条件可列，从而解得的取值范围. （2）由，，可得，从而知的解析式，再由正弦函数的零点，分析即可； （3）原问题可转化为的值域是值域的子集，再根据正余弦函数的图象与性质，分别求得与在对应定义域内的值域，列出关于a的不等式组，解之即可. 【小问1详解】 因在区间上单调递增， 令，则, 故在区间上单调递增， 故由题意知，则 ， 于是，解得，故的取值范围为. 【小问2详解】 由题意知， 因为是的一个零点，所以， 即，解得，或， 解得，，或，， 又，所以， 所以， 若在上恰好有6个零点等价于与恰好有6个交点， 令，由，则， 即，与恰好有6个交点， 而从开始从左到右的解依次为, 所以，故n的最大值为. 【小问3详解】 由（2）知， 若对任意，存在，使得成立， 则的值域是值域的子集， 当时，，所以， 即， 当时，，所以， 即， 因为的值域是值域的子集，所以 所以实数a的取值范围为. 19. 已知函数． （1）若 ，证明：； （2）记数列的前 项和为． （i）若，证明：． （ii）已知函数，若，，，证明：. 【答案】（1）证明如下： 设，当时，， 所以在上为增函数，故当时，， 所以当时， 设，当时，， 所以在上单调递增，故当时，， 所以当时， 故当时， 因为，当时，， 所以在上为增函数， 因为当时，，且由， 可得，所以，即， 所以 （2）（i）证明如下： 因为， 所以， 则， 所以， 即， 所以 （ii）证明如下： 函数， 因为当时，， 所以当时，， 所以当时，， 因此， 故，即 因为， 所以当时，， 综上，，所以， 所以， 即. 【解析】 【分析】（1）先构造函数证明，，再由的单调性得出即可证明； （2）（i）利用错位相减法求和后放缩即可得证；（ii）利用函数不等式可得，得出递推关系，累乘后可得，求和即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 【点睛】关键点点睛：在第一步的证明过程中，首先要构造函数，利用导数证明几个不等式，比较难想到，当求出单调性后，得到，再由单调性得到，技巧性很强，一般不容易想到，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $