精品解析：福建省三明市第一中学2025届高三上学期10月月考数学试题

福建省三明第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共58分） 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. 若复数满足，则（ ）． A. B. C. D. 2. 已知数列中，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 若函数满足对于， ，，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，满足，，，则与的夹角等于（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的部分图象如图，是相邻的最低点和最高点，直线的方程为，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，的面积为S，，，且满足，则该三角形的外接圆的半径R为（ ） A. B. C. D. 2 7. 已知函数，若实数a，b，c互不相等，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若在区间上单调递增，且在区间上有且仅有1个零点，则的取值范围为（ ） 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. 已知向量，，为非零向量，下列说法正确的有（ ） A. 若，，则 B. 已知向量，，则 C. 若，则和在上的投影向量相等 D. 已知，，，则点A，B，D一定共线 10. 在中，角所对的边依次为，已知，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 为钝角三角形 C. 若的外接圆半径是，内切圆半径为r，则 D. 若，则的面积是 11. 已知定义在上的函数的图象连续不间断，当，且当时，，则下列说法正确的是（） A. B. 在上单调递增，在上单调递减 C. 若，则 D. 若是在内的两个零点，且，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，若，则的值为______. 13. 在中，内角所对的边分别为，若，，则的最大值为___________. 14. 若实数，满足，则________. 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. 已知数列的前n项和为.若为等差数列，且满足，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求. 16. 如图，在中，E，H分别是AD，BC的中点，，G为DF与BE的交点． （1）记向量，，试以向量，为基底表示，； （2）若，求m，n的值； （3）求证：A，G，H三点共线． 17. 在中，角所对的边分别为，设向量，，，. （1）求函数的最大值； （2）若，，，求的面积. 18. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为2，求的值； （2）若，证明：； （3）若在上有且仅有一个极值点，求正实数的取值范围． 19. 若有穷数列（是正整数），满足，，…，即（是正整数，且），就称该数列为“对称数列”． （1）已知数列是项数为8的对称数列，且，，，成等差数列，，，试写出的每一项． （2）已知是项数为（其中，且）的对称数列，且构成首项为，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？ （3）对于给定的正整数，试写出所有项数为的对称数列，使得成为数列中的连续项；当时，并分别求出所有对称数列的前项和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省三明第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共58分） 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. 若复数满足，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简再根据复数的乘除法计算可得. 【详解】因为，所以, 所以 . 故选：D. 2. 已知数列中，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用数列的递推公式求出数列的周期，即可求解. 【详解】由，得 ， ， ， ， ， ， 则是以6为周期的周期数列， 所以. 故选：C 3. 若函数满足对于， ，，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可得关于对称，且是以为周期的周期函数，再根据各选项一一判断即可. 【详解】因为，所以关于对称， 又，则， 所以是以为周期的周期函数； 对于A：若，则最小正周期， 又，所以不关于对称，故A错误； 对于B：若，则最小正周期， 又，所以不关于对称，故B错误； 对于C：若，则最小正周期， 则，又不恒成立，所以不恒成立，故C错误； 对于D：若，则最小正周期， 又，满足关于对称，故D正确. 故选：D 4. 已知向量，满足，，，则与的夹角等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量数量积公式求出，进而由夹角余弦公式求出答案 【详解】，故， 则，所以与的夹角等于. 故选：D 5. 已知函数的部分图象如图，是相邻的最低点和最高点，直线的方程为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据直线方程，结合两点斜率公式，求出，得到最小正周期，求出，再将代入，求出，得到解析式，再代值计算即可. 【详解】连接，与轴交于点，由图象的对称性，知点也在函数的图象上，所以点的坐标为.设，由，得，所以的最小正周期满足，解得，即，解得， 所以. 因为点是图象的一个最高点，所以，结合，解得， 所以，所以. 故选：D. 6. 在中，的面积为S，，，且满足，则该三角形的外接圆的半径R为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用三角形的面积公式和余弦定理得到，再根据向量的数量积的运算，求得，由正弦定理和余弦定理，列出方程求得，进而得到，再利用正弦定理，即可求解球的半径. 【详解】由， 得， 利用余弦定理得：， 即， 又， 得； 由题意，因为， 所以． 由余弦定理得：. 又因为， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了向量的数量积的运算，以及利用正、余弦定理解三角形问题，其中合理应用正弦定理和余弦定理列出方程是解答的关键. 7. 已知函数，若实数a，b，c互不相等，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的解析式作出函数的图象，根据结合函数的对称性可得及的范围，从而求解的范围. 【详解】作出函数的图象如图： 设，且， 则函数与直线的三个交点从左到右依次为，，， 则点与在函数上，而函数的图象关于直线对称， 所以，由得， 若满足，则，所以， 所以，即的取值范围是. 故选：A. 8. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若在区间上单调递增，且在区间上有且仅有1个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，结合在区间上单调递增可得，再由在区间上有且仅有1个零点，可得可能的零点，再分类讨论结合三角函数的性质即可得得出答案. 【详解】由题意可得：， 因为在区间上单调递增， 因为，， 所以，解得：， 又在区间上有且仅有1个零点， 所以，， 结合，所以， 所以这个零点可能为或或， 当时，，， 解得：， 当时，，， 解得：， 当时，无解， 综上：的取值范围为. 故选：A. 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. 已知向量，，为非零向量，下列说法正确的有（ ） A. 若，，则 B. 已知向量，，则 C. 若，则和在上的投影向量相等 D. 已知，，，则点A，B，D一定共线 【答案】CD 【解析】 【分析】根据向量的线性运算、投影向量的意义和向量共线定理即可判断出正确答案. 【详解】对于A，若，，则与可能平行，故A错误； 对于B，设，则，解得，所以，故B错误； 对于C，若，则，所以，所以和在上的投影向量相等，故C正确； 对于D，因为，，所以,所以点A，B，D一定共线，故D正确. 故选：CD. 10. 在中，角所对的边依次为，已知，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 为钝角三角形 C. 若的外接圆半径是，内切圆半径为r，则 D. 若，则的面积是 【答案】BC 【解析】 【分析】根据条件，令，选项A，将代入，得，即可判断A错误；选项B，利用余弦定理得，即可求解；选项C，利用正弦定理得，再利用等面积法得，即可求解；选项D，根据条件得，，即可求解. 【详解】因为，由正弦定理知， 令， 对于选项A，，所以选项A错误， 对于选项B，因为，所以角为钝角，故选项B正确， 对于选项C，由选项B知，由正弦定理得， 所以，得到， 又，得到，所以，故选项C正确， 对于选项D，，得到，所以，又， 所以的面积为，故选项D错误， 故选：BC. 11. 已知定义在上的函数的图象连续不间断，当，且当时，，则下列说法正确的是（） A. B. 在上单调递增，在上单调递减 C. 若，则 D. 若是在内的两个零点，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项，令，可求；选项，对两边求导，结合得，，可判断单调性；C选项，的大小关系进行分类讨论，利用函数单调性，证明不等式；D选项，证明，利用函数单调性，证明且，可得结论. 【详解】选项，令，则有，所以，故正确. 选项，对两边求导，得， 所以，代入， 得当时，，所以. 又因为，所以，. 因此，当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 故错误. C选项，对的大小关系进行分类讨论： ①当时，在上单调递减，所以，显然有； ②当时，在上单调递增，不符合题意； ③当时，当时，. 令， 又因为，所以， 因此. 因为，由的单调性得，. 故C正确. 选项，因为， 所以. 先证，即证，即， 只需证，即证. 事实上，，因此得证. 此时有. 因为，又，所以， 因为，又，所以. 综上，，故D正确. 故选：ACD. 【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．证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，若，则的值为______. 【答案】或 【解析】 【分析】由可得，展开代入数据计算即可. 【详解】由题意可得， 因为，所以， 所以， 解得或. 故答案为：或 13. 在中，内角所对的边分别为，若，，则的最大值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题目所给的条件，利用正弦定理化简后得到，利用正弦定理“边化角”化简得到，因此最大值即. 【详解】中，，， 所以，所以， 根据正弦定理，， 即， 因为，所以， 由为三角形内角可知，， 根据正弦定理，， 所以 ， 其中，， 当时取得最大值，所以的最大值为. 故答案为： 14. 若实数，满足，则________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用对数的运算法则进行化简，，右边使用不等式，根据不等式的传递性，，换元后利用函数的单调性得，所以只能，再根据取等条件求出即可. 【详解】， ，即， 根据不等式得，， 令，所以， 因为，所以. ，， 所以，单调递增，单调递减， 所以，即，， 所以只能，即， 所以，当成立，即， 所以. 故答案为：. 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. 已知数列的前n项和为.若为等差数列，且满足，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意求出的通项公式，可求得，再由与的关系求出； （2）由的通项公式，知，分和讨论，并利用等差数列前n项和公式求解. 【小问1详解】 由题意，设等差数列的公差为，又，， ，， ， ，则，， ，又， ，. 【小问2详解】 由（1）得，， 当时，， 当时， ， . 16. 如图，在中，E，H分别是AD，BC的中点，，G为DF与BE的交点． （1）记向量，，试以向量，为基底表示，； （2）若，求m，n的值； （3）求证：A，G，H三点共线． 【答案】（1）， （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据向量的减法法则结合题意求解； （2）对结合（1）化简用，表示，而，然后列方程组可求得结果； （3）设，，由，，用用，表示，列方程组求出，从而可得，进而证得结论. 【小问1详解】 因为在中，E，H分别是AD，BC的中点，， 所以， ． 【小问2详解】 由（1）知，， 所以， 因为，所以，解得； 【小问3详解】 ， 设，，则 ， 又， 所以，解得，所以， ∴， ∴，即A，G，H三点共线． 17. 在中，角所对的边分别为，设向量，，，. （1）求函数的最大值； （2）若，，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积的坐标运算得，利用降幂公式和辅助角公式化简，利用正弦函数的性质求最大值； （2）解得，由利用正弦定理边化角得，再结合余弦定理求得，面积公式求的面积． 【小问1详解】 . 因为，所以， 所以当，即时，有最大值； 【小问2详解】 因为，所以，所以， 因为，所以， 由正弦定理，所以，， 又因为，所以，得， 由余弦定理有：，即，所以， 所以． 18. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为2，求的值； （2）若，证明：； （3）若在上有且仅有一个极值点，求正实数的取值范围． 【答案】（1）或 （2）若，则， 若，等价于， 设，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，即，所以. （3） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求切线方程，进而结合面积列式求解即可； （2）分析可知原不等式等价于，构建，利用导数分析证明； （3）构建，分析可知原题意等价于有零点，利用导数分析求解. 【小问1详解】 由题意可知：的定义域为，且， 则，， 即切点坐标为，切线斜率，则切线方程为， 令，可得， 可知切线与两坐标轴围成的三角形的面积为，解得或， 所以的值为或. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）可知：， 令，整理可得， 设， 则， 因为，，所以， 所以函数在上单调递减，且当趋近于，趋近于， 所以只需，得， 所以正实数的取值范围. 【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： （1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； （2）求导数，得单调区间和极值点； （3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 19. 若有穷数列（是正整数），满足，，…，即（是正整数，且），就称该数列为“对称数列”． （1）已知数列是项数为8的对称数列，且，，，成等差数列，，，试写出的每一项． （2）已知是项数为（其中，且）的对称数列，且构成首项为，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？ （3）对于给定的正整数，试写出所有项数为的对称数列，使得成为数列中的连续项；当时，并分别求出所有对称数列的前项和． 【答案】（1），，，，，，， （2）当时取得最大值，且 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）设前项的公差为，由求出公差，从而得到，，再根据对称性得到其余项； （2）首先利用等差数列求和公式求出，则，再由二次函数的性质计算可得； （3）依题意列出满足该条件的对称数列，再分、两种情况利用等比数列求和公式及分组求和法计算可得. 【小问1详解】 因为，，，成等差数列，，，设前项的公差为， 所以，所以，， 又数列是项数为的对称数列， 所以，，，， 所以的项依次为，，，，，，，. 【小问2详解】 因为构成首项为，公差为的等差数列， 所以， 又，，，， 所以， 所以当时取得最大值，且. 【小问3详解】 因为，，，，成为数列中的连续项，且该对称数列的项数为， 所以这样的对称数列有： ①，，，，，，，，，，； ②，，，，，，，，，，； 因为， 对于①，当时； 当时 ， 所以； 对于②，当时； 当时 ， 所以； 【点睛】关键点点睛：本题关键是理解对称数列的定义，第三问关键是得到数列的两种形式，再分、两种情况分别求和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $