精品解析：广东省深圳市龙岗区德琳学校2024-2025学年高三上学期第二次考试（10月）数学试卷

深圳市龙岗区德琳学校2024～2025学年度第一学期 高三第二次考试数学试卷 考试时间：2024.10 第I卷（选择题） 一、单选题（共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ）． A. B. C. D. 3. 已知，，则是的（ ）条件 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 4 已知向量，，其中，若，则（ ） A 40 B. 48 C. 51 D. 62 5. 已知，，则下面结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则有最小值4 D. 若，则 6. 若一个圆台的高为，母线与底面所成角为，上底面半径为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7 已知 ，则 （ ） A. B. C. D. 8. 当时，不等式 恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共18分） 9. 已知，则（ ） A. 的虚部为 B. 是纯虚数 C. 在复平面内所对应的点位于第一象限 D. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 当时，的值域为 C. 将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 D. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称 11. 在中，，，，为边上一动点，则（ ） A. B. 当为角角平分线时， C. 当为边中点时， D. 若点为内任一点，的最小值为 第II卷（非选择题） 三、填空题（共15分） 12. 已知向量与的夹角为，，，则______. 13. 若，则__________. 14. 已知数列的通项公式是，记为在区间内项的个数，则使得不等式成立的的最小值为______. 四、解答题（共77分） 15. 设函数. （1）求函数的最小正周期和对称轴； （2），，分别为内角，，的对边，已知，，的面积为，求的周长. 16. 已知等差数列的前四项和为10，且成等比数列 （1）求数列通项公式 （2）设，求数列的前项和 17. 已知分别为三个内角的对边，且 （1）求； （2）若的面积为，为边上一点，满足，求的长． 18. 已知数列满足，且． （1）求证：数列等差数列； （2）求的前项和为； （3）数列的前项和为，若对于任意成立，求实数的取值范围． 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程为，求； （2）求的单调区间； （3）若关于的方程有两个不相等的实数根，记较小的实数根为，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 深圳市龙岗区德琳学校2024～2025学年度第一学期 高三第二次考试数学试卷 考试时间：2024.10 第I卷（选择题） 一、单选题（共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由集合的交集运算求解即可. 【详解】，， 所以， 故选：D 2. 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. 3. 已知，，则是的（ ）条件 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】分别求得对应命题的范围，根据集合语言和命题语言的关系，即可判断. 【详解】由得， 由得， 则是的必要不充分条件. 故选：B. 4. 已知向量，，其中，若，则（ ） A. 40 B. 48 C. 51 D. 62 【答案】C 【解析】 【分析】依据题意以及向量平行的坐标表示列式可求出，进而可求出和，再根据坐标表示的向量加法和数量积定义即可求解. 【详解】因为，，且， 所以，解得或， 又，所以，此时，， 所以，所以. 故选：C. 5. 已知，，则下面结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则有最小值4 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】对于A. 利用基本不等式求解判断；对于B.取判断；对于C.利用基本不等式结合指数运算求解判断；对于D.利用作差法比较. 【详解】因为，， 对于选项A：若，则，当且仅当时取等号，A错误； 对于选项B：当时，式子不成立，B错误； 对于选项C：若，则， 当且仅当时取等号，C正确； 对于选项D：因为，且， 所以，故D错误． 故选：C． 6. 若一个圆台的高为，母线与底面所成角为，上底面半径为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】CC 【解析】 【分析】过作于，根据条件求母线长及下底面半径长，再利用圆台的侧面积公式，即可求出结果. 【详解】如图，过作于，由题知，， 所以，， 又，记上底面半径为，下底面半径为，则， 所以圆台的侧面积为， 故选：C. 7. 已知 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角和差公式以及倍角公式化简求值可得答案. 【详解】由题干得 所以 ， 故选：B. 8. 当时，不等式 恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，对实数的取值进行分类讨论，求得，解不等式，综合可得出实数的取值范围. 【详解】设，其中. ①当时，即当时，函数在区间上单调递增， 则，解得，此时不存在； ②当时，，解得； ③当时，即当时，函数在区间上单调递减， 则，解得，此时不存在. 综上所述，实数的取值范围是. 故选：A. 二、多选题（共18分） 9. 已知，则（ ） A. 虚部为 B. 是纯虚数 C. 在复平面内所对应的点位于第一象限 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数的加减法运算，结合虚部以及纯虚数的定义即可求解AB，根据复数的乘除法运算，结合模长公式以及复数几何意义，即可求解CD. 【详解】的虚部为1，故A项错误； 为纯虚数，故B项正确； ，其在复平面内所对应的点位于第一象限，故C项正确； ，，，故D项错误. 故选：BC. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 当时，的值域为 C. 将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 D. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称 【答案】AD 【解析】 【分析】利用图象求函数解析式，根据解析式求函数最小正周期和区间内的值域，求出函数图象变换后的解析式，判断新图象的对称中心. 【详解】由函数图象可知，，的最小正周期为，A选项正确； ，，， 则，由，得， 所以. 当时，，，的值域为，B选项错误； 将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象，C选项错误； 将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数的图象， ，函数的图象关于点对称，D选项正确. 故选：AD 11. 在中，，，，边上一动点，则（ ） A. B. 当为角的角平分线时， C. 当为边中点时， D. 若点为内任一点，的最小值为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据余弦定理求解，判定A正确；结合三角形面积公式，利用等面积法建立方程求解，可判定B正确；结合，结合模的计算公式，可判定C错误；建立平面直角坐标系，表示出、和从而得到，利用即可求得最小值，可判定D错误. 【详解】对于A中，在中，由余弦定理得 即，所以，所以A正确； 对于B中，当为角的角平分线时， 由等面积法得， 即，解得，所以B正确； 对于C中，由为边中点时，可得， 则， 所以，所以C错误； 对于D中，以为原点，以为轴，过A垂直的直线为轴， 建立平面直角坐标系，如图， 所以，设， 则，，， ， 因为，所以， 当且仅当时等号成立. 所以的最小值为.所以D错误. 故选：AB 第II卷（非选择题） 三、填空题（共15分） 12. 已知向量与的夹角为，，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】先求，展开将已知条件代入即可求解. 【详解】 . 故答案为：. 13. 若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用对表达式化简为并代入，即可得到结果， 【详解】. 故答案为：. 14. 已知数列的通项公式是，记为在区间内项的个数，则使得不等式成立的的最小值为______. 【答案】13 【解析】 【分析】分别谈论为奇数和偶数时，解，得的最小值. 【详解】由. 当为奇数时，； 当为偶数时，. 所以当为奇数时，， 由. 当为偶数时，， 由. 又为偶数，所以 综上可知：的最小值为13. 故答案为：13 四、解答题（共77分） 15. 设函数. （1）求函数的最小正周期和对称轴； （2），，分别为内角，，的对边，已知，，的面积为，求的周长. 【答案】（1）最小正周期为,对称轴为. （2） 【解析】 【分析】（1）辅助角公式化简函数解析式，整体代入法求对称轴； （2）由，得，由的面积为，得，，余弦定理求出，可求的周长． 【小问1详解】 ， 所以函数的最小正周期为； 令，解得， 所以其对称轴为. 【小问2详解】 由得． ，， ，又，则， 由余弦定理得，， 的周长为． 16. 已知等差数列的前四项和为10，且成等比数列 （1）求数列通项公式 （2）设，求数列的前项和 【答案】（1）或；（2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）设等差数列的公差为，由等差数列的通项公式结合等比数列的性质即可得解； （2）由分组求和法结合等差、等比数列的前n项和公式即可得解. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 由题意，得，解得或， 所以或； （2）当时，， 此时； 当时，， 此时. 17. 已知分别为三个内角的对边，且 （1）求； （2）若的面积为，为边上一点，满足，求的长． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）正弦定理边化角，利用内角和定理消去，由和差公式和辅助角公式化简可得； （2）根据余弦定理和三角形面积公式列方程组求出，然后在中利用余弦定理可得. 【小问1详解】 由正弦定理有， 因为， 所以， 化简得， 由有，可得， 因为， 所以，则． 【小问2详解】 由有 又可得， 联立解得，所以为正三角形， 所以， 在中，由余弦定理得． 故的长为. 18. 已知数列满足，且． （1）求证：数列为等差数列； （2）求的前项和为； （3）数列的前项和为，若对于任意成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对递推式进行变形，根据等差数列的定义可得答案； （2）利用错位相减求和可得答案； （3）转化为恒成立，设，利用可得答案. 【小问1详解】 由，知，所以，即， 所以，又， 所以数列是公差为2，首项为1等差数列； 【小问2详解】 由（1）得，， 所以， 所以， ， 以上两式相减得 ， 所以； 【小问3详解】 由（1）知，可得， 因为对于任意成立，所以恒成立， 设，则， 当，即时，， 当，即时，， 所以，故，所以， 即实数的取值范围为. 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程为，求； （2）求的单调区间； （3）若关于的方程有两个不相等的实数根，记较小的实数根为，求证：. 【答案】（1）2 （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线方程，即可求出参数的值； （2）求出函数的定义域与导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间； （3）结合（2）及题意可得，且，从而得到，方法一：“”等价于“”，即，结合（2）即可证明；方法二：结合函数的单调性可知“”等价于“”，即，构造函数，利用函数的单调性证明即可. 【小问1详解】 因为， 所以，所以， 又因为， 所以曲线在点处的切线方程为， 即， 又切线方程为，所以； 【小问2详解】 函数的定义域为，， 当时，，所以的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，令，解得， 与在区间上的情况如下： 单调递减 极小值 单调递增 所以的单调递减区间为，单调递增区间为； 综上可得：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问3详解】 由（2）知： ①当时，在上单调递增， 所以至多有一个实根，不符合题意. ②当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为； 若，则，所以至多有一个实根，不符合题意. 若，即，解得， 又，且在上单调递减， 所以在上有唯一零点； 因为方程有两个不相等的实数根，且较小的实数根为， 所以在上的唯一零点就是. 方法一： 所以，， 所以， 所以“”等价于“”，即. 由（2）知，当时，的最小值为. 又因为，所以. 所以. 方法二： “”等价于“”. 又， 所以. 因为在上单调递减， 所以“”等价于“”， 即， 因为， 令，则， . 即等价于，即. 所以 “”等价于“”. 令，， 所以， 当时，，所以 在上单调递增， 所以，而， 所以成立， 所以. 【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 $$