精品解析：山西省太原市常青藤中学校、李林中学2024-2025学年高三上学期10月联考数学试题

太原市常青藤中学平鲁区李林中学联考 高三数学试题 卷面分数：150分 答题时间：120分钟 一．单选题（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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 3. 等比数列中，，公比，若，则（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 4. 已知是上的增函数，那么a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，平行四边形ABCD中，，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数 的大致图象可能是（ ） A. B. C. D. 7. 若过点可以作的三条切线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知关于的方程在内有2个不同的解，，则（ ） A. 1 B. C. 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， 有多项符合题目要求. 全部选对得6分， 部分选对得部分分， 有选错得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则； B. 已知，则； C. 已知一次函数满足，则； D. 定义在上的函数满足，则 10. 已知非零向量，则下列结论正确的是（    ） A. 若，则 B. 若则 C. 向量与向量垂直 D. 若，则 11. 已知函数，则下面说法正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 的最大值为 C. 是的对称轴 D. 是的对称中心 三．填空题（本题共3 小题， 每小题5分， 共15分. ） 12. 命题“，”的否定是____________________． 13. 函数在内存在单调递增区间，则的取值范围是______. 14. 已知函数恰有两个零点和一个极大值点，且成等比数列.若的解集为，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. 在中，，，分别是角所对的边，且满足． （1）求角的大小； （2）设向量，向量，且，，求的面积． 16. 已知数列满足，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前n项和. 17. 已知函数. （1）讨论在区间上的单调性； （2）若时，不等式有解，求的取值范围. 18. 已知的面积为9，点D在BC边上，． （1）若，， ①证明：； ②求AC； （2）若，求AD的最小值． 19. 当一个函数值域内任意一个函数值都有且只有一个自变量与之对应时，可以把这个函数的函数值作为一个新的函数的自变量，而这个函数的自变量作为新的函数的函数值，我们称这两个函数互为反函数.例如，由，得，通常用表示自变量，则写成，我们称与互为反函数.已知函数与互为反函数，若两点在曲线上，两点在曲线上，以四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的“关联矩形”. （1）若函数，且点在曲线上. （i）求曲线在点A处的切线方程； （ii）求以点A为一个顶点的“关联矩形”的面积. （2）若函数，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为S.证明：.（参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 太原市常青藤中学平鲁区李林中学联考 高三数学试题 卷面分数：150分 答题时间：120分钟 一．单选题（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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合，结合交集运算性质计算即可. 【详解】由集合，解得，故. 故选：B 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量数量积的坐标运算计算可得结果. 【详解】由可得，即， 也即，解得. 故选：D 3. 等比数列中，，公比，若，则（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式列式即可得解. 【详解】因为数列为等比数列，，，， 所以，解得. 故选：C. 4. 已知是上的增函数，那么a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用分段函数单调性，结合对数函数单调性列式求解即得. 【详解】是R上的增函数， 则，解得， 所以的取值范围为. 故选：A. 5. 如图，平行四边形ABCD中，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取中点，证得是平行四边形，从而有，再得出，然后由向量的线性运算法则求解． 【详解】取中点，连接， 因为是平行四边形，是中点， 则且，所以是平行四边形， 所以， 又，则， ， 所以. 故选：C． 6. 函数 的大致图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据与的正负关系，即可排除选项，再根据的值，排除选项，即可判断. 【详解】当时，若，则 ； 若，则 . 当时，若，则；若，则，排除 A， D. ，显然 不恒等于 0，故 不是奇函数，排除 B. 故选：C 7. 若过点可以作的三条切线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出切点坐标，求导并利用导数的几何意义求出切线方程，用表示出，再构造函数，利用导数探讨函数图象性质，进而求出的范围. 【详解】依题意，设切点坐标为，由，求导得， 则函数的图象在点处的切线方程为， 由切线过点，得， 令，依题意，直线与函数的图象有3个公共点， ，当或时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，函数取得极小值，而当时，恒有， 又，因此当时，直线与函数的图象有3个公共点， 所以实数的取值范围是. 故选：B 【点睛】关键点点睛：涉及导数的几何意义的问题，求解时应把握导数的几何意义是函数图象在切点处的切线斜率，切点未知，设出切点是解题的关键. 8. 已知关于的方程在内有2个不同的解，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】辅助角公式得，取为锐角且，由得，，则，求值即可. 【详解】因为，取为锐角且，， 所以，由题意可得. 因为，不妨设， 由，有，，即， 所以， . 故选：D. 【点睛】思路点睛： 辅助角公式的作用之一是将含有正弦、余弦两种三角函数的表达式合并为只含有一种三角函数的表达式，两个角的正弦值相等，则这两个角终边重合或终边关于轴对称. 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， 有多项符合题目要求. 全部选对得6分， 部分选对得部分分， 有选错得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则； B. 已知，则； C. 已知一次函数满足，则； D. 定义在上的函数满足，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，用替换中的 ，求出的解析式，即可判断；对于B，由题意可得，再由，即可得的解析式，即可判断；对于C，设，根据题意求出的值，即可判断；对于D，用替换中的，由两式中消去，可得的解析式，即可判断. 【详解】解：对于A，因为， 所以，故正确； 对于B，因为， 因为， 所以，故正确； 对于C，设， 则， 所以，解得或， 所以或，故错误； 对于D，因为定义在上的函数满足①， 所以②， 由①+②，得， 所以，故正确. 故选：ABD. 10. 已知非零向量，则下列结论正确的是（    ） A. 若，则 B. 若则 C. 向量与向量垂直 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】选项A，根据条件，利用数乘向量的定义得到，即可判断选项A的正误；选项B，根据条件，利用数量积的运算律及模的定义，即可判断选项B的正误；选项C，根据条件，利用数量积的定义，得到，即可求解；选项D，根据条件，结合数量积的运算律，得到，即可求解. 【详解】对于A：因为为非零向量，若，则，故，故A正确； 对于B：若，故，故В正确； 对于C：因为 ， 所以，故C正确； 对于D：若，则， 得到，不能确定，故D错误； 故选：ABC． 11. 已知函数，则下面说法正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 的最大值为 C. 是的对称轴 D. 是的对称中心 【答案】AD 【解析】 【分析】根据二倍角公式可得，即可判断A；结合周期性利用导数求出函数的最大值即可判断B；利用即可判断C；利用即可判断D. 【详解】， 因为的最小正周期为，的最小正周期为， 所以的最小正周期为，故A正确； ， 又，令， 因为的周期为，所以只需讨论内的的最大值， 此时当时，，当时，， 故当即时，有极大值， 又，因此的最大值为， 因为， 所以直线不是图象的对称轴，故B错误，C错误； ， 所以点是图象的对称点，故D正确. 故选：AD 三．填空题（本题共3 小题， 每小题5分， 共15分. ） 12. 命题“，”的否定是____________________． 【答案】 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定形式即可得解. 【详解】由存在量词命题的否定形式可知： 命题“，”的否定是“”. 故答案为： 13. 函数在内存在单调递增区间，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用在内有解即可. 【详解】函数，求导得， 由函数在内存在单调递增区间，得不等式在内有解， 不等式，而函数在上单调递增， 当时，，因此， 所以的取值范围是. 故答案为： 14. 已知函数恰有两个零点和一个极大值点，且成等比数列.若的解集为，则_______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据已知，结合三次函数的图象特征可得是的极小值点，借助导数及函数零点可得的关系，由不等式的解集求出. 【详解】因三次函数有一个极大值点， 则该函数必有一个极小值点，且极小值点大于， 又恰有两个零点，且，因此是的极小值点， 求导得：，即是方程的二根， 有，即， 显然， 则，整理得， 两边平方得：，因成等比数列，即， 于是得，即， 而，有，显然有， ， 因的解集为，则5是方程的根， 即有，整理得：，解得或， 当时，，， 不等式， 解得，符合题意，函数的极大值为， 当时，，， 不等式，解得，不符合题意，舍去， 所以. 故答案为：2. 【点睛】方法点睛：可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同. 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. 在中，，，分别是角所对的边，且满足． （1）求角的大小； （2）设向量，向量，且，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理即可求得； （2）由向量的数量积等于0列出方程，可求得角，利用三角函数的定义求得边，最后运用三角形面积公式计算即得. 【小问1详解】 由余弦定理，，因，则； 【小问2详解】 由， 因，则， 因，且，则，故， 因，则， 则的面积为. 16. 已知数列满足，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由等差数列的定义得到数列为以3为公差的等差数列，进而求得其通项公式； （2）由（1）求得，结合裂项法求和，即可求解. 【小问1详解】 解：根据题意，数列满足，即， 由等差数列的定义，可得数列是以3为公差的等差数列， 因为，可得， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 解：由（1），可得， 所以数列的前项和为：. 17. 已知函数. （1）讨论在区间上的单调性； （2）若时，不等式有解，求的取值范围. 【答案】（1）答案见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，按分类讨论，求出函数的单调区间. （2）根据给定条件，将不等式分离参数得，再构造函数，，利用导数求出函数的最大值即可. 【小问1详解】 函数，求导得，由，得， 当时，，当且仅当时取等号，函数在上单调递减； 当时，，当且仅当时取等号，函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得， 因此函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递增. 【小问2详解】 依题意，不等式在时有解，即在时有解， 令，，求导得， 由，得；由，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数取得最大值，因此， 所以实数的取值范围是. 【点睛】关键点睛：导数问题往往涉及到分类讨论，分类讨论标准的确定是关键，一般依据导数是否有零点、零点存在时零点是否在给定的范围内及零点在给定范围内时两个零点的大小关系来分层讨论. 18. 已知的面积为9，点D在BC边上，． （1）若，， ①证明：； ②求AC； （2）若，求AD的最小值． 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）①在中，由正弦定理可得，从而得证； ②在中，利用三角函数恒等变换可得所以，在中，由，可解问题； （2）由，两边平方的，再借助余弦定理和三角形面积公式，将上式表示为，化简利用基本不等式求最值. 【小问1详解】 ①因为，，所以， 在中，由正弦定理可得， 所以； ②设，则， 因为，所以， 设，因为，所以， 在中，， 由①知， 所以， 所以， 整理得，又因为，， 所以， 因为，所以， 在中，因为，， 所以，所以， 则， 所以； 【小问2详解】 记的内角为，所对边为， 因为， 所以， 所以， 在中，因为， 所以由余弦定理可得， 整理得， 因为，所以， 所以， 所以 ， 当且仅当时取等号， 所以AD的最小值为4. 【点睛】关键点点睛：第（2）问中，由平面向量得，两边平方的，再借助余弦定理和三角形面积公式，将上式表示为，利用三角函数恒等变换化简，并利用基本不等式求最值. 19. 当一个函数值域内任意一个函数值都有且只有一个自变量与之对应时，可以把这个函数的函数值作为一个新的函数的自变量，而这个函数的自变量作为新的函数的函数值，我们称这两个函数互为反函数.例如，由，得，通常用表示自变量，则写成，我们称与互为反函数.已知函数与互为反函数，若两点在曲线上，两点在曲线上，以四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的“关联矩形”. （1）若函数，且点在曲线上. （i）求曲线在点A处的切线方程； （ii）求以点A为一个顶点的“关联矩形”的面积. （2）若函数，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为S.证明：.（参考数据：） 【答案】（1）（i）； （ii）； （2） 证明：由得其反函数为， 所以和图象关于直线对称，且由其性质可知， 根据对称性可设关于直线对称，关于直线对称，则， 设，其中， 则，，因为“关联矩形”是正方形， 所以，， 所以， 由，得，所以， 所以由得即. 对于函数，则， 故函数在上单调递增，故即， 令， 则且， 则在上单调递增，所以， 所以，因为， 令，则，当时，单调递增， 则， 从而. 【解析】 【分析】（1）（i）先由点在曲线上求出点A，再利用导数工具求出即可由直线的点斜式方程得解；（ii）先由反函数性质依次得出的反函数和A关于直线对称的点为D，从而得和，再由题意以及图象特征得和，进而得直线的方程，接着联立求出点C即可得，从而计算即可得解. （2）先由题意设关于直线对称，关于直线对称得，进而设得，再由已知信息结合得到，接着建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证. 【小问1详解】 （i）因为点在曲线上，所以，即， 由，得，则， 所以曲线在点A处的切线方程为即. （ii）由（1），由得其反函数为， 则函数和图象关于直线对称，设A关于直线对称的点为D， 则D在曲线上，且，， 则， 由题意以及由图象特征可知，则，直线的方程为， 联立方程组解得或（舍去）， 则， 则该“关联矩形”的面积. 【小问2详解】 略. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键1是正确处理四点的关系，从而根据四点之间的关系结合得到，关键点2是建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $