精品解析：江西省南昌市第十九中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

南昌十九中2024-2025学年上学期10月月考 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 设复数,则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由对式子进行化简,再根据除法规则,分母实数化即可. 【详解】,则,虚部是. 故选:A. 2. 已知函数和的导函数､图象分别如图所示，则关于函数的判断正确的是（ ） A. 有3个极大值点 B. 有3个极小值点 C. 有1个极大值点和2个极小值点 D. 有2个极大值点和1个极小值点 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题中图像可知，､的图像有三个不同交点，其交点横坐标按从小到大的顺序，依次记为､，，其中；结合题中函数图像，判定函数的单调性，进而可得极值点. 【详解】由题中图像可知，､的图像有三个不同交点，其交点横坐标按从小到大的顺序，依次记为､，，其中， 由图像可得，当时，，即，则函数单调递增； 当时，，即，则函数单调递减； 当时，，即，则函数单调递增； 当时，，即，则函数单调递减； 所以有两个极大值点和；有一个极小值点. 故选：D. 【点睛】本题主要考查导函数图像与原函数之间的关系，考查极值点个数的判定，属于基础题型. 3. 若命题“,”是假命题，则不能等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】转化为命题的否定“,”为真命题.用关于的一次函数来考虑，即可解. 【详解】根据题意，知原命题的否定“,”为真命题. 令,,解得. 故选:C. 4. 若函数（）向左正移个单位后在区间上单调递增，则（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象平移规律、函数的单调性可得答案. 【详解】函数向左平移个单位后为， 当时，， ∵单调递增， 所以，即， 可得， 又，∴. 故选：B. 5. 若，则（ ） A. -2 B. 2 C. -1 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由，结合两角和正弦公式可得，求解即可. 【详解】因为 ， 所以， 即，所以. 故选：C. 6. 已知函数（，）在处的切线斜率为，若在上只有一个零点，则的最大值为（ ） A B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导函数，由求出，由的取值范围求出的范围，再根据在上只有一个零点得到，即可求出的取值范围，从而得解. 【详解】由题意得，，则， 即，又，解得，， 由得，，，， 又，在上只有一个零点，， 解得，的最大值为2． 故选：B． 7. 如图，在中，，，是边的中点，过点作于点，延长交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，依题意可得，根据数量积的运算律求出，从而得到. 【详解】方法一：设，∵，∴， 又是边的中点，所以， ∴，∴， ∴， ∵，，所以，且， ∴，，， 代入得，解得， ∴，∴. 方法二：因为，，所以为等腰直角三角形， 又因为，为中线，所以，， 所以. 因为，所以， 所以，即， 所以. 过点作交于点，所以， 因为，设，则， 所以，解得，∴. 故选：C 8. 已知是边长为的正三角形，点是所在平面内的一点，且满足，则的最小值是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】可由重心的性质结合向量运算得到点的轨迹，再结合圆上的点到圆外定点的距离最小值为圆心到定点减半径得到；亦可建立适当平面直角坐标系，借助向量的坐标运算结合圆的性质得解. 【详解】法一：设的重心为，则， 点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆， 又，的最小值是. 法二：以所在直线为轴，以中垂线为轴建立直角坐标系， 则， 设，即， 化简得，点的轨迹方程为， 设圆心为，，由圆的性质可知当过圆心时最小， 又，故得最小值. 故选：C. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，若只有两个正确选项，则选对一个得3分，选对两个得6分；若有三个正确选项，则选对一个得2分，选对两个得4分，全部选对的得6分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则（ ）． A. 函数在点处的切线方程是 B. 函数的递减区间为 C. 函数存在最大值和最小值 D. 函数有三个实数解，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】求得，求得，利用导数进而得到函数的单调性与极值，画出函数的图象，结合图象，逐项求解判定，即可得结论. 【详解】由，得, 所以，又， 所以函数在点处的切线方程是， 即，故A正确； 令，可得，解得； 令，解得或， 所以函数在上单调递减，在和上单调递增， 且，， 当时，, 作出函数的图形，如图所示，可得A、B正确； 所以，无最大值，故C错误； 若方程有三个实数解，即与的图象有三个不同的交点， 可得，故D正确. .故选：ABD. 10. 下列四个命题为真命题的是（ ）． A. 已知向量，，则的最大值为 B. 若向量，，则在上的投影向量为 C. 若，，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则 D. 若，则动点的轨迹一定通过的重心 【答案】AD 【解析】 【分析】把模平方转化为数量积运算，然后结合三角恒等变换求最大值判断A，根据投影向量的概念计算判断B，利用正弦定理判断C，令边中点为，确定是与平行的向量，由此可确定结论，从而判断D． 【详解】对于A，， 则，令，， 则， 当时，取最大，最大值为，故A正确； 对于B，直接根据在上的投影向量，故B错误； 对于C，根据正弦定理可求得，所以， 所以，且，，可求得，故C错误； 令边中点为，则，再根据正弦定理， 所以， 代入到， 因此点的轨迹在直线上，所以点的轨迹经过重心，故D正确． 故选：AD 11. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的值域为 C. 若方程在上有6个不同的实根，则实数的取值范围是 D. 若方程在上有6个不同的实根，则的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据是否成立判断A，利用分段函数判断BC，根据正弦函数的单调性画出分段函数的图象，求出的取值范围，再利用对称性判断D. 【详解】因为， 所以， 所以的图象不关于点对称，故A错误； 当时，， 由可得， 当时，， 由可得， 综上，故B正确： 当时，由解得， 当时，由解得， 所以方程在上的前7个实根分别为，，，，，，， 所以，故C正确； 由解得或， 又因为，所以根据正弦函数的单调性可得图象如图所示， 所以有4个不同的实根，有2个不同的实根， 所以，解得， 设，则，， 所以，所以的取值范围是，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则取值范围为_______ 【答案】 【解析】 【分析】令，然后求导，找到最大值，当恒成立时，最大值小于等于零，解出. 【详解】令， 有， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得最大值，为， 若恒成立，则，即. 故答案为：. 13. 在中，，，点为的中点，点为的中点，若，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设，得到，设，再由余弦定理和基本不等式求得，得到，即可求解. 【详解】在中，，，点为的中点，点为的中点， 设，则， 设， 由余弦定理可得， 因为，可得，即， 当且仅当时取等号， 又因为， 则， 则 ， 即的最大值为. 故答案为：. 14. 若函数为偶函数，是奇函数，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据抽象函数的奇偶性、对称性、周期性计算即可. 【详解】由题意可知关于轴对称，关于中心对称， ， 所以，故， 所以， 即是的一个正周期，则 由，且，则， 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. 已知函数在上单调递增，在上单调递减，设为曲线的对称中心． （1）求的值； （2）记的角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若，，求BC边上的高AD长的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦型函数的单调性求出解析式，即可求，然后代入解析式求解即可； （2）利用余弦定理得到，结合三角形面积公式和基本不等式求解即可． 【小问1详解】 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以且，所以，， 可知，， 又由，可知，所以，故， 由，，可得， 即，， ， 【小问2详解】 ， 化简得，因为，所以， 所以，又，所以， 当且仅当时取等号， 所以， 所以，故长的最大值为． 16. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数和的值； （2）若函数无零点，求的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，由求出，再由求出； （2）令可得，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最大值，依题意与无交点，即可求出参数的取值范围. 【小问1详解】 因为，所以， 又，则， 又曲线在点处的切线方程为， 所以，解得. 【小问2详解】 令，即， 令，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则，且当时， 依题意与无交点，所以， 所以要使函数无零点，则的取值范围为. 17. 如图，已知斜三棱柱的侧面是菱形，，，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点，连接，． 因为侧面是菱形，，所以是正三角形， 因为是中点，所以． 因为是中点，，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面． 因为平面，所以． 因为斜三棱柱，所以，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）首先利用线面垂直的判定定理证得平面，再由线面垂直的性质定理得，由于，所以可得； （2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再由法向量夹角与两平面夹角关系进行求解可得答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，，平面，平面， 所以平面，因为平面，所以． 又因为，，平面，平面， 所以平面． 以为原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，． 所以，， 设平面的一个法向量为， 则即． 取，则，，所以． 设平面的一个法向量为， 则即 取，则，，所以． 又， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 如图，已知抛物线：上的点的横坐标为1，焦点为，且，过点作抛物线的两条切线，切点分别为、，为线段上的动点，过作抛物线的切线，切点为（异于点，），且直线交线段于点． （1）求抛物线的方程； （2）试求的长是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）是定值， 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义得到，即可求出，从而得解； （2）设直线：，联立直线与抛物线方程，消元整理，根据求出，不妨令直线，则直线：，即可求出的坐标，设，设直线：，联立直线与抛物线方程，即可得到点坐标，再求出点的坐标，即可得解. 【小问1详解】 抛物线：的焦点，准线， 则，则，抛物线的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）设直线：，由，可得， 则，解得， 则，解得， 不妨令直线：，直线：， 则，设，， 设直线：， 由，可得， 由，可得或（舍）， 则，直线：，由，可得， 故，为定值． 19. 有编号为的个空盒子，另有编号为的个球，现将个球分别放入个盒子中，每个盒子最多放入一个球．放球时，先将1号球随机放入个盒子中的其中一个，剩下的球按照球编号从小到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将该球放入对应编号的盒子中；若球的编号对应的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中一个．记号球能放入号盒子的概率为． （1）求； （2）当时，求； （3）求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分类讨论1号球放入的盒子应用全概率公式即可计算； （2）分类讨论1号球放入的盒子应用全概率公式即可计算； （3）分三类讨论1号球放入的盒子，1号球放入 号盒中等效于将编号为的球，按照题设规则放入编号为的盒中，做差运算可得迭代得出结论.. 【小问1详解】 1号球放入1号盒中的概率为,此时2,3号球分别放入2,3号盒中； 1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号盒中，概率为, 1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中; 综上所述： . 【小问2详解】 1号球放入1号,4号，5号，, n 号盒中的概率为，此时3号球可放入3号盒中; 1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号，4号，5号，.... n 号盒中，概率为, 1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中; 综上所述： 【小问3详解】 1号球放入1号，号，号，号，..., n 号盒中的概率为,此时 k 号球可放入 k 号盒中： 1号球放入 号盒中的概率为,此时2号，3号，....号球都可以放入对应编号的盒中， 剩下编号为 的球和编号为 的空盒， 此时 j 号盒非空， j 号球在所有空盒中随机选择一个放入，此时要让 k 号球放入 k 号盒中的放法总数等效于将编号为的球， 按照题设规则放入编号为的盒中（1号球仍然随机选择一个盒子放入）,所以概率为 1号球放入 k 号盒中时，此时 k 号球不能放入 k 号盒中： 所以 , 整理得： ,① 分别用 和 替换 和 ，可得： ,② 由①②式相减，整理得： 从而 , 等于1号球不放在2号盒的概率，即. 所以 【点睛】关键点点睛： 1号球放入 号盒中的关键是等效于将编号为的球，按照题设规则放入编号为的盒中，做差运算可得迭代得出结论.. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌十九中2024-2025学年上学期10月月考 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 设复数,则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数和的导函数､图象分别如图所示，则关于函数的判断正确的是（ ） A. 有3个极大值点 B. 有3个极小值点 C. 有1个极大值点和2个极小值点 D. 有2个极大值点和1个极小值点 3. 若命题“,”是假命题，则不能等于（ ） A. B. C. D. 4. 若函数（）向左正移个单位后在区间上单调递增，则（ ） A. B. C. D. 5 若，则（ ） A -2 B. 2 C. -1 D. 1 6. 已知函数（，）在处的切线斜率为，若在上只有一个零点，则的最大值为（ ） A B. 2 C. D. 7. 如图，在中，，，是边的中点，过点作于点，延长交于点，则（ ） A B. C. D. 8. 已知是边长为的正三角形，点是所在平面内的一点，且满足，则的最小值是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，若只有两个正确选项，则选对一个得3分，选对两个得6分；若有三个正确选项，则选对一个得2分，选对两个得4分，全部选对的得6分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则（ ）． A. 函数在点处的切线方程是 B. 函数的递减区间为 C. 函数存在最大值和最小值 D. 函数有三个实数解，则 10. 下列四个命题为真命题的是（ ）． A. 已知向量，，则的最大值为 B. 若向量，，则在上投影向量为 C. 若，，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则 D. 若，则动点的轨迹一定通过的重心 11. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的值域为 C. 若方程在上有6个不同的实根，则实数的取值范围是 D. 若方程在上有6个不同的实根，则的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则的取值范围为_______ 13. 在中，，，点为的中点，点为的中点，若，则的最大值为______． 14. 若函数为偶函数，是奇函数，且，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. 已知函数在上单调递增，在上单调递减，设为曲线的对称中心． （1）求的值； （2）记的角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若，，求BC边上的高AD长的最大值． 16. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数和的值； （2）若函数无零点，求的取值范围. 17. 如图，已知斜三棱柱的侧面是菱形，，，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 如图，已知抛物线：上的点的横坐标为1，焦点为，且，过点作抛物线的两条切线，切点分别为、，为线段上的动点，过作抛物线的切线，切点为（异于点，），且直线交线段于点． （1）求抛物线的方程； （2）试求的长是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由． 19. 有编号为的个空盒子，另有编号为的个球，现将个球分别放入个盒子中，每个盒子最多放入一个球．放球时，先将1号球随机放入个盒子中的其中一个，剩下的球按照球编号从小到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将该球放入对应编号的盒子中；若球的编号对应的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中一个．记号球能放入号盒子的概率为． （1）求； （2）当时，求； （3）求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $