精品解析：辽宁省大连市旅顺中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试卷

旅顺中学高三10月考 数学试题 考试时间 120分钟 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知命题p：有些实数的相反数是正数，则是（ ） A ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知集合，则为（ ） A. B. C. D. 3. 设，则是的（ ） 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 4. 数列中，，，且（），则为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 5. 在正项等比数列中，，，记数列的前n项积为，，则n的最小值为（ ） A 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 已知，则（ ） A. 5 B. C. -5 D. 7. 已知正数a，b，c满足，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 将函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，则的部分图像大致为（ ） A B. C D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有两个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 过点可作曲线的两条切线 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A B. 函数的图象关于点对称 C. 函数在区间上单调递增 D. 若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点，则 11. 已知函数均为定义在上的非常值函数，且为的导函数.对且，则（ ） A. B. 为偶函数 C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若函数，则导函数______. 13. 设数列的前项和为，若且当时，，则的通项公式_______. 14. 已知函数有且只有一个零点，则ab的取值范围为____________. 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，. （1）若，求使的的取值范围； （2）当时，设，求在区间上的最小值，并写出取得最小值时的的值． 16. 在中，角、、的对边分别为、、，满足. （1）求角的大小； （2）若的面积为，求的最小值． 17. 已知函数． （1）若，求的值域； （2）若关于x的方程有三个连续的实数根，，，且，，求a的值． 18. 同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设，，且．若则称与关于模同余，记作（“|”为整除符号）．例如 （1）解同余方程； （2）设（1）中方程的所有正根构成数列，其中． ①若（），数列的前项和为，求； ②若（），求数列的前项和． 19. 已知函数（），（）. （1）求的最小值； （2）求的最小值； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 旅顺中学高三10月考 数学试题 考试时间 120分钟 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知命题p：有些实数的相反数是正数，则是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可直接写出答案. 【详解】已知命题：有些实数的相反数是正数，即， 则， 故选：B. 2. 已知集合，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解出绝对值方程，得到，再根据交集和补集的含义即可. 【详解】令，解得；令，解得；令，解得. 则， 则，则. 故选：B. 3. 设，则是的（ ） 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 【答案】B 【解析】 【分析】由，解得．即可判断出结论． 【详解】解：由，解得． “”是“”的必要不充分条件． 故选：B． 【点睛】本题考查了不等式的解法、简易逻辑，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 4. 数列中，，，且（），则为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据递推关系可得数列的周期性，即可求解. 【详解】由，，且可得……, 所以为周期数列，且周期为6，故， 故选：A 5. 在正项等比数列中，，，记数列的前n项积为，，则n的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件求出数列的通项，再计算，列式解不等式作答. 【详解】设正项等比数列公比为q，由得，于是得，而，解得， 因此，，，由得：， 从而得：，而，解得，又，则， 所以n的最小值为5. 故选：C 6. 已知，则（ ） A. 5 B. C. -5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由角的变换，利用余弦的和，差角公式和展开，从而可得答案. 【详解】，则 则， 即，所以， ∴， 故选：D 7. 已知正数a，b，c满足，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数和对数的运算规则和指数函数、对数函数与幂函数的性质，比较大小. 【详解】 ， ,故A错误； ，，故BC错误，D正确． 故选：D. 8. 将函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，则的部分图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用条件，变形化简得到，再逐一对各个选项图形分析判断即可得出结果. 【详解】因为，所以， 选项A，因为，又，所以，故，根据图形知，选项A错误； 选项B，因为，所以，即不是偶函数，选项B错误； 选项C，因为，又，所以，故，根据图形知，选项C错误；综上可知选项D符合题意. 故选：D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则（ ） A 有两个极值点 B. 有两个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 过点可作曲线的两条切线 【答案】AC 【解析】 【分析】A项，分析函数的单调性即可得出极点个数；B项，利用零点定理即可得出零点个数；C项，构造并分析奇偶性，利用是图象的对称中心得出点是曲线的对称中心；D项，设出切点并得出切线方程，将代入切线方程即可得出过点的切线. 【详解】由题意， 在中，． 令，得或， 令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以是极值点，A正确． 由的单调性且极大值，极小值， 又，， 所以函数在定义域上有3个零点，B错误． 令， 因为，则是奇函数， 所以是图象的对称中心， 将的图象向上移动1个单位长度得到的图象， 所以点是曲线的对称中心，C正确． 设切点为， 则切线的方程为， 代入，可得，解得． 所以过点的切线有1条，D错误． 故选：AC． 【点睛】关键点点睛：本题考查函数的求导，导数法求单调性，零点定理，函数的切线，考查学生分析和处理问题的能力，具有较强的综合性. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 函数在区间上单调递增 D. 若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点，则 【答案】AB 【解析】 【分析】根据周期以及最值可得，即可判断A，代入验证即可求解B，根据整体法求解函数的单调性即可判断C,由整体法，结合三角函数的性质即可求解D. 【详解】由题图得，，又，所以，选项A正确； 即，由，得，， 解得，， 又，所以，故， 因为， 所以函数的图象关于点对称，选项B正确； 令，，解得，， 故函数的单调递减区间为，单调递增区间为， 则函数在区间上先单调递减再单调递增，选项C错误； 因为，， 由，得， 若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点， 则，解得，选项D错误． 故选：AB． 11. 已知函数均为定义在上的非常值函数，且为的导函数.对且，则（ ） A. B. 为偶函数 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A，根据条件，令，即可求解；选项B，利用选项A中结果，令，即可求解；选项C，令，得到，进而有，再利用选项B中结果，得到为奇函数，从而得出的周期为的周期函数，即可求解；选项D，令，得到，用代替得到，利用C中结果，两式相加，即可求解. 【详解】因为，且， 对于选项A，令，得到，所以或， 若，令，得到，得到，与题不合， 所以，故选项A错误， 对于选项B，由选项A知，令，得到， 即，又的定义域为，所以选项B正确， 对于选项C，令，得到， 所以关于点中心对称， 即，所以， 又由选项B知，，得到，即， 所以奇函数，令，由，得到， 则有，所以， 即的周期为的周期函数，所以，故选项C正确， 对于D，令，得到则①， 用代替得到②， 由①+②得， 由选项C知，所以，故选项D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题综合考查函数性质的应用，涉及到函数的奇偶性、周期性以及导数的知识，抽象函数性质综合问题一般使用赋值法，本题的关键在于选项C和D的判断，选项C解答的关键是根据题意采用变量代换推出函数为周期为4的周期函数，即可求解，选项D，通过赋值得到和，结合条件和对称性，即可求解. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若函数，则导函数______. 【答案】 【解析】 分析】求导，即可代入求解. 【详解】由可得， 故， 故答案为： 13. 设数列的前项和为，若且当时，，则的通项公式_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据与的关系，当时，可得，从而可得，从而可得，进而求出，再根据与的关系即可求解. 【详解】当时，， 则， ， ，，即， ， 所以， 所以当时，， 当时，，不满足上式， 故， 故答案为： 【点睛】本题主要考查了与的关系、等差数列的通项公式，需熟记公式，属于中档题. 14. 已知函数有且只有一个零点，则ab取值范围为____________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得只有一个解，从而可得，，设，利用导数求解即可． 【详解】依题意得与只有一个交点，即两曲线相切， 则只有一个解， ，化简得，将其代入得， ，即，. ， 则， 设，则， 在单调递减，， 的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：由指对运算可得，进而可得，构造函数，由导数求解即可. 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，. （1）若，求使的的取值范围； （2）当时，设，求在区间上的最小值，并写出取得最小值时的的值． 【答案】（1） （2）时，的最小值为4 【解析】 【分析】（1）解一元二次不等式可得结果． （2）结合基本（均值）不等式求和的最小值． 【小问1详解】 当时，，可得， 即，解得， 所以满足条件的的取值范围是； 【小问2详解】 因为，所以， 所以当时，， 当且仅当，即时取等号， 所以． 16. 在中，角、、对边分别为、、，满足. （1）求角的大小； （2）若的面积为，求的最小值． 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）利用边角互化思想得，由余弦定理求出的值，从而得出角的值； （2）由三角形的面积公式得出的值，再由基本不等式即可计算得解． 【小问1详解】 由正弦定理得， 又由余弦定理得， 因为是三角形内角，所以； 【小问2详解】 由三角形面积公式得： ， 解得， 因为，当且仅当时取等号， 所以的最小值为4，此时为等边三角形． 17. 已知函数． （1）若，求的值域； （2）若关于x的方程有三个连续的实数根，，，且，，求a的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将看成整体角，由求得，判断的单调性，求得函数的值域，继而得的值域； （2）结合函数的图象，得和，，求得，，由方程即可求得值. 【小问1详解】 因，令，则， 因在上单调递增，在上单调递减， 而，故． 则，的值域为． 【小问2详解】 如图，因的最小正周期为， 当时，易得，不满足，故舍去， 当时，依题意：，代入得：． 由，，可得，． 由，，代入，解得，． ，， 当时，，； 当时，，， 故的值为． 18. 同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设，，且．若则称与关于模同余，记作（“|”为整除符号）．例如 （1）解同余方程； （2）设（1）中方程的所有正根构成数列，其中． ①若（），数列的前项和为，求； ②若（），求数列的前项和． 【答案】（1）或（）； （2）①3036；②. 【解析】 【分析】（1）根据整除的定义求解，（mod3），即能被3整除，从而得出或能被3整除； （2）①首先求出（分奇偶项），确定出，用并项求和法求和；②求出，利用两角差的正切公式变形通项，结合裂项相消法求和． 【小问1详解】 依题意，（mod3），则或（）， 即或（）. 【小问2详解】 由（1）得为，则， ①由（），得， ． ②（）， 而， 所以 . 【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差的正切公式等等知识才能顺利求解． 19. 已知函数（），（）. （1）求的最小值； （2）求的最小值； （3）证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调性，从而求出函数的最小值； （2）先求导数，确定导函数零点，根据导函数符号确定函数单调性，进而确定函数最值； （3）先构造函数，，再求导数，转化研究，利用导数可得，最后利用放缩得单调递增，根据单调性证得结果. 【小问1详解】 因为，， 则，所以在上单调递增， 所以. 【小问2详解】 因为，， 则，令，得， 故在区间上，的唯一零点是， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故在区间上，的极小值为， 当时，， 所以的最小值为. 【小问3详解】 要证当时，， 即证当时，， 因为， 由（1）可知是上的增函数， ∴，即， ∴ ， ∴. 即是上的增函数，， 故当时，. 【点睛】方法点睛：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； （3）利用导数研究的单调性或最值； （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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$