精品解析：广东省东莞市第四高级中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

2024-2025学年度10月考高三数学试卷 第I卷（选择题） 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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 曲线在点处的切线斜率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知椭圆的短轴长是长轴长和焦距的等比中项，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为 A. 144 B. 120 C. 72 D. 24 7. 设等差数列的前n项和为，若> 0，，则 时，n的最大值为（ ） A. 14 B. 13 C. 11 D. 7 8. 定义方程的实数根叫做函数的“驻点”．若函数，的“驻点”分别为则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（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，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错误选项得0分.） 9. 下列各项正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若随机变量，则 C. 对于事件，若，则互斥 D. 用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好 10. 函数的图象如图所示，将其向左平移个单位长度，得到的图象，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数在区间上单调递减 11. 定义在R上的偶函数，满足，则（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，请将正确答案填写在答题卡指定位置） 12. 在二项式的展开式中，若第项的二项式系数最大，则=____. 13. 若函数是定义在上的奇函数，则实数____. 14. 已知是数列的前项和，，数列是公差为1的等差数列，则__________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分，请写出必要的文字说明，推理过程） 15. 已知函数. （1）求函数的极值； （2）若方程有三个不同的实数解，求实数a的取值范围. 16. 设为数列的前n项和，满足. （1）求证：数列是等比数列，并求通项公式； （2）记，求. 17. 近年来一种新型的“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐.如图，假设有四支队伍进入到半决赛，淘汰赛制下，将四支队伍两两分组比赛，胜者进入到总决赛，胜者即为冠军；双败赛制下，两两分组比赛，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组.之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，胜者即为冠军.双败赛制下有意思的事情是，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其他的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？ 假设四支队伍分别为A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为.最初分组时AB同组，CD同组. （1）若，在淘汰赛制下， A、C获得冠军的概率分别为多少？ （2）分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用p表示）； （3）根据第2问的结果分析双败赛制下，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？ 18. 已知函数. （1）当时，求函数的图象在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）证明：当时，. 19. 若数列满足，则称为E数列，记． （1）写出满足，且的一个E数列； （2）若，，证明：E数列是递增数列的充要条件是； （3）对任意给定的整数，是否存在首项为0的E数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度10月考高三数学试卷 第I卷（选择题） 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】解一元二次不等式得到，再由交集运算即可. 【详解】 所以 故选:D 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算计算可得，即可得出. 【详解】由可得， 可得. 故选：A 3. 曲线在点处的切线斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求切线斜率. 【详解】由，则曲线在点处的切线斜率为. 故选：B 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据余弦二倍角公式和同角三角函数的基本关系即可求得. 【详解】原式. 故选：A. 5. 已知椭圆的短轴长是长轴长和焦距的等比中项，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆中和离心率的公式，结合等比中项的概念求解即可. 【详解】由已知得，即， 又在椭圆中，所以， 同除以得，，解得或（舍去）， 故选：C 6. 6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为 A. 144 B. 120 C. 72 D. 24 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：先排三个空位，形成4个间隔，然后插入3个同学，故有种 考点：排列、组合及简单计数问题 7. 设等差数列的前n项和为，若> 0，，则 时，n的最大值为（ ） A. 14 B. 13 C. 11 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列前n项和为过原点的二次函数，利用对称性求解. 【详解】∵等差数列的前n项和是二次函数，且得， ∴，即, 所以n的最大值为13， 故选：B 8. 定义方程的实数根叫做函数的“驻点”．若函数，的“驻点”分别为则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据“驻点”的定义，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再结合零点存在性定理，即可确定驻点的范围，即可判断选项. 【详解】，则，设，，恒成立， 所以单调递增，，，所以， ，则，设，，得或， ，，的变化情况如下表所示， 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 ，， 所以， ，则，得，得，即， 所以. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解“驻点”的定义，并根据方程构造函数. 二、多选题（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，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错误选项得0分.） 9. 下列各项正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若随机变量，则 C. 对于事件，若，则互斥 D. 用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好 【答案】AD 【解析】 【分析】根据正态分布额对称性判断A，根据二项分布的期望、方差公式判断B，由互斥事件的定义及条件概率的定义可判断C，由残差的定义判断D. 【详解】对于A，由正态分布的对称性知，，所以，故A正确； 对于B，由知，即得，故B错误； 对于C，当时，不互斥，故C错误； 对于D，由残差平方和的统计意义知残差平方和越小的模型拟合的效果越好，故D正确， 故选：AD 10. 函数的图象如图所示，将其向左平移个单位长度，得到的图象，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数在区间上单调递减 【答案】ABD 【解析】 【分析】A项由最值点代入解析式待定系数，结合解析式由利用整体取代方法求对称中心可得B项；C项由平移得化简得，利用整体取代方法求对称轴即可；D项，由诱导公式化简得，结合图象可知单调性. 【详解】A项，由得， ，解得，， 又，所以.故A正确； B项，因为，由，， 得函数的对称中心为，， 当时，得对称中心为，故B正确； C项，. 故其对称轴为，，所以不是函数的对称轴，故C错误； D项，， 所以在上单调递减，故D正确. 故选：ABD. 11. 定义在R上的偶函数，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用特殊值及偶函数性质判断A；根据已知条件得、判断B、C；根据函数的性质，举反例判断D. 【详解】由，令，则， 又为偶函数，则，A对； 由上，得①， 在①式，将代换，得②，B错； 在②式，将代换，得，C对； 由且，即周期为2且关于对称， 显然是满足题设的一个函数，此时，D错. 故选：AC 第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，请将正确答案填写在答题卡指定位置） 12. 在二项式的展开式中，若第项的二项式系数最大，则=____. 【答案】或 【解析】 【分析】根据二项式系数的对称性和增减性即可求得. 【详解】由二项式系数的对称性及增减性知， 当时，二项式系数随项数的增大而增大， 当时，二项式系数随项数的增大而减小， 且， 故或. 故答案为：或. 13. 若函数是定义在上的奇函数，则实数____. 【答案】 【解析】 【分析】利用可求出实数的值，然后利用函数奇偶性的定义检验即可. 【详解】由是上的奇函数，得，解得，则， 所以，，则为奇函数，合乎题意. 故答案为：. 14. 已知是数列的前项和，，数列是公差为1的等差数列，则__________. 【答案】366 【解析】 【分析】设，易得，再由 求解. 【详解】解：设，由题意知是公差为1的等差数列， 则， 故，则， 故. 于是， . 故答案为：366 四、解答题（本大题共5小题，共77分，请写出必要的文字说明，推理过程） 15. 已知函数. （1）求函数的极值； （2）若方程有三个不同的实数解，求实数a的取值范围. 【答案】（1）极大值为，极小值为 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据导函数的正负确定单调性，结合极值点定义即可求解， （2）根据函数的单调性，求解极值，即可求解. 【小问1详解】 定义域为； ； 令 或 列表如下： 1 ＋ － ＋ ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 由上表知，当时，取得极大值； 当时，取得极小值. 【小问2详解】 方程 ， 有三个不同的实数解， 等价于函数 与直线 有三个不同的交点； 当时，，；∴； 当时，，，∴； 由（1）知，只需； 即. 16. 设为数列的前n项和，满足. （1）求证：数列是等比数列，并求通项公式； （2）记，求. 【答案】（1）证明:因为，① 当时，可得，解得， 当时，可得，② 由①②相减得， 即，所以， 所以数列是等比数列，首项为，公比为q=， 所以的通项公式为. （2） 【解析】 【分析】（1）根据的关系，即可作差得，进而判断是等比数列求解， （2）根据等比求和可得，进而可得，利用分组求和，结合等比求和公式即可求解. 【小问1详解】 证明略，通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，可得， 所以， 则 ++......+. +....... . 17. 近年来一种新型的“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐.如图，假设有四支队伍进入到半决赛，淘汰赛制下，将四支队伍两两分组比赛，胜者进入到总决赛，胜者即为冠军；双败赛制下，两两分组比赛，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组.之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，胜者即为冠军.双败赛制下有意思的事情是，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其他的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？ 假设四支队伍分别为A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为.最初分组时AB同组，CD同组. （1）若，在淘汰赛制下， A、C获得冠军的概率分别为多少？ （2）分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用p表示）； （3）根据第2问的结果分析双败赛制下，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？ 【答案】（1）， （2）， （3）双败赛制下对强者更有利 【解析】 【分析】（1）依题意根据互斥事件概率的加法公式计算即可得出结果； （2）根据赛制规则可分别求得A获得冠军的概率； （3）由表达式以及概率时可知双败赛制下对强者更有利. 【小问1详解】 由题意得，若A获得冠军：AB组A获胜，再由A与CD组胜者决赛并胜出， 则A获得冠军的概率为， 若C获得冠军：CD组C获胜，再由C与AB组胜者决赛并胜出， 则C获得冠军的概率为. 【小问2详解】 淘汰赛制下，A获得冠军的概率为， “双败赛制”下，讨论A进入胜者组、败者组两种情况， 当A进入胜者组，若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军； 若在胜者组A胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军； 当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军； 综上，A获得冠军的概率. 【小问3详解】 令， 若A为强队，则，故， 所以，双败赛制下对强者更有利. 18. 已知函数. （1）当时，求函数的图象在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）证明：当时，. 【答案】（1） （2） 当时， 在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3） 由（2）可知，当时， 的最小值. 要证， 只需证 只需证 设. 则，令得. 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以在处取最小值，且， 所以得证， 即得证. 【解析】 【分析】（1）当时， ，，求出，，即可写出点处的切线方程. （2）求出导函数后，对参数与进行讨论，分别求出对应情况下的单调性. （3）要证，即证，求出，再构造新函数求证即可. 【小问1详解】 当时， ，所以. 得，点处的切线斜率为， 所以函数的图像在点处的切线方程为：， 即：. 【小问2详解】 由得， 当时，恒成立，则在上单调递减； 当时，令得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增. 综上所述， 当时， 在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是求出，则将原不等式等价转化为证明，再设新函数，利用导数求出其最值即可. 19. 若数列满足，则称为E数列，记． （1）写出满足，且的一个E数列； （2）若，，证明：E数列是递增数列的充要条件是； （3）对任意给定的整数，是否存在首项为0的E数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，说明理由． 【答案】（1）0，1，0，1，0； （2） 必要性：由数列是递增数列，得， 则是首项为2，公差为1的等差数列，所以； 充分性：由， 得，，……，， 于是，即，而，， 因此，上述各不等式都取等号， 即，从而是递增数列， 所以E数列是递增数列的充要条件是. （3） 设，则， 有，，……，， 于是 ， 由，得为偶数（）， 于是为偶数， 则要使，必须使为偶数， 即4整除，亦即或， 当时，数列的项满足，，， 此时，有且成立， 当时，数列的项满足，， ，时，亦有且成立， 当或时，不能被4整除， 此时不存在数列，使得且成立， 所以对任意给定的整数，不存在首项为0的E数列，使得. 【解析】 【分析】（1）根据与和可考虑写出交替的数列. （2）先证明必要性，根据数列是递增数列，可得，进而求得；再证明充分性，因为，再累加可得，证明即可. （3） 设，则，再累加求得，再分析的奇偶，根据整除的性质，先假设存在再证明矛盾即可． 【小问1详解】 数列0，1，0，1，0是一个满足条件的数列. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：在解数列新定义的问题,需要根据题意去绝对值分析,并根据整除的性质推理证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $