精品解析：湖南省常德市桃源县第一中学2024-2025学年高三上学期10月模拟考试数学试题

湖南省常德市桃源一中2025届高三年级10月模拟考试数学试题 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. 已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知向量，，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 如图，在平面直角坐标系中，已知点为角终边上一点，点为角终边上一点，四边形为正方形，则 （ ） A. B. C. D. 5. 如图是我国古代量粮食的器具“升”，其形状是正四棱台，上、下底面边长分别为20cm和10cm，侧棱长为cm．“升”装满后用手指或筷子沿升口刮平，这叫“平升”．则该“升”的“平升”约可装（ ） A 1.5L B. 1.7L C. 2.3L D. 2.7L 6. 若定义在上奇函数在上单调递减，且，则满足的的取值范围是（ ） A B. C. D. 7. 已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为单调递增数列 B. 数列为单调递减数列 C. D. 8. 如图，在直三棱柱中，，，，为的中点，P为上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的最大值为 C. 函数的图象关于点对称 D. 函数的图象向左平移个单位，得到的函数图象关于轴对称 10. 已知，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等比数列．在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等差数列，下列说法正确的是（ ） A. 若为1阶等比数列，，，则为等比数列且公比2 B. 若为1阶等差数列，共有30项，其中奇数项之和为20，偶数项之和为50，则为等差数列且公差为2 C. 若m阶等比数列，则为m阶等差数列 D. 若既是3阶等比数列，又是4阶等比数列，则是等比数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在处的切线方程为__________. 13. 已知，函数与的图象在上恰有两个交点，则的值为__________. 14. 若，不等式恒成立，则实数的取值范围是______． 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知是等差数列的前n项和，且， （1）求 （2）若，求数列前n项和为，并证明 16. 如图，在中，已知角，，所对的边分别为，，，角的平分线交于点，且，. （1）求角的大小; （2）若，求的面积. 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为的菱形，，分别为，的中点， （1）求证：； （2）若二面角的大小为，求四棱锥的体积. 18 已知 （1）讨论的单调性; （2）当时，证明对于任意的成立. （参考数据：） 19. 设满足以下两个条件的有穷数列为阶“期待数列”： ①，②. （1）若等比数列为阶“期待数列”，求公比； （2）若一个等差数列既为阶“期待数列”又是递增数列，求该数列的通项公式； （3）记阶“期待数列”的前项和为. （）求证：； （）若存在，使，试问数列是否为阶“期待数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖南省常德市桃源一中2025届高三年级10月模拟考试数学试题 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】A 【解析】 【分析】先求出集合，再由交集运算求解可得. 【详解】因为集合， ， 所以， 即 故选：A 2. 已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据题意，，利用复数除法运算，得出，求出复数对应的点的坐标，即可求出结果. 【详解】设， 因为复数在复平面内所对应的点位于第一象限， 所以，， 又， 所以， 所以复数对应的点的坐标为，位于第四象限. 故选：D. 3. 已知向量，，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先求出的坐标，再利用模长公式，即可求出结果. 【详解】因为，， 所以， 因为， 所以，即， 解得 故选：A. 4. 如图，在平面直角坐标系中，已知点为角终边上一点，点为角终边上一点，四边形为正方形，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由三角函数的定义求出的正弦和余弦，由二倍角公式得，，由正方形的性质得，代入由诱导公式以及两角和的正弦公式即可求出结果. 【详解】点是角终边上的一点， ， ，， ， ， 四边形为正方形， ∴， ∴ . 故选：D. 5. 如图是我国古代量粮食的器具“升”，其形状是正四棱台，上、下底面边长分别为20cm和10cm，侧棱长为cm．“升”装满后用手指或筷子沿升口刮平，这叫“平升”．则该“升”的“平升”约可装（ ） A 1.5L B. 1.7L C. 2.3L D. 2.7L 【答案】C 【解析】 【分析】根据棱台的体积公式求解即可. 【详解】根据题意画出正四棱台的直观图，其中底面是边长为20的正方形，底面是边长为10的正方形，侧棱，记底面和底面的中心分别为和，则是正四棱台的高. 过作平面的垂线，垂足为，则且，， 所以，， 故， 所以棱台的高， 由棱台的体积公式得． 故选：C . 6. 若定义在上的奇函数在上单调递减，且，则满足的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性和单调性画出的大致图象，进而得到的大致图象，结合图象求得的取值范围. 【详解】依题意，是定义在上的奇函数， 在上单调递减，则在上单调递减， ，由此画出的大致图象如下图所示， 的图象向右平移个单位长度，得到的图象，如下图所示， 由图可知满足的的取值范围是. 故选：D 7. 已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为单调递增数列 B. 数列为单调递减数列 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出和并比较、、的大小判断AB；构造函数，利用的单调性并按n的奇偶分析判断CD. 【详解】数列中，，，则，， 因此，数列既不单调递增，也不单调递减，AB错误； 当时，，设函数，求导得， 函数在上单调递增，而，， 则存在使得，即， 当时，，当时，， 又，因此当n为奇数时，，当n为偶数时，，C正确，D错误. 故选：C 8. 如图，在直三棱柱中，，，，为的中点，P为上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，画图找出外接球球心，再利用勾股定理和基本不等式求解即可. 【详解】解：由题易知是等腰直角三角形，则外接圆的圆心在AM的中点处， 过作平面ABC的垂线，则外接球的球心O在上， 过点P作交于点N，则四边形为矩形， 因为，，所以， 在三角形中，由余弦定理：可得， 所以， 设，，三棱锥的外接球的半径为R， 则，则， 所以，当且仅当时等号成立， 所以， 则三棱锥的外接球表面积 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的最大值为 C. 函数的图象关于点对称 D. 函数的图象向左平移个单位，得到的函数图象关于轴对称 【答案】AD 【解析】 【分析】先结合二倍角公式及辅助角公式对已知函数进行化简，然后结合正弦函数的性质即可判断． 【详解】， 所以，故A正确； 的最大值为，故B错误； 因为，所以的图象不关于点对称，故C错误； 将的图象左平移个单位，得到 函数是偶函数，图象关于轴对称，故D正确. 故选：AD. 10. 已知，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据不等式的基本性质即可判断A，利用作差法，即可判断B，利用特殊值法即可判断C，构造函数，利用导数研究函数的单调性即可判断D 【详解】对于A，，则，A正确； 对于B，，即，故B正确； 对于C，取，，满足，但此时不成立，故C错误； 对于D，构造函数， 则，当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，当且仅当时等号成立，因为，则， 即，即，故D正确． 故选： 11. 在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等比数列．在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等差数列，下列说法正确的是（ ） A. 若为1阶等比数列，，，则为等比数列且公比2 B. 若为1阶等差数列，共有30项，其中奇数项之和为20，偶数项之和为50，则为等差数列且公差为2 C. 若为m阶等比数列，则为m阶等差数列 D. 若既是3阶等比数列，又是4阶等比数列，则是等比数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据题意可得为正项等比数列，求出首项与公比，再根据等比数列的前项和公式即可得解；对于B，根据题意可得为等差数列，根据题意写出，，两式相减即可得解；对于C，由为阶等比数列，可得，使得成立，再根据阶等差数列即可得出结论；对于D，根据既是3阶等比数列，又是4阶等比数列，可得与同时成立，再结合等比数列的定义即可得出结论. 【详解】对于A，因为为1阶等比数列，所以，则为正项等比数列， 设公比为，则为正数， 由已知得 两式相除得，所以（舍去），故A错误． 对于B， 因为为1阶等差数列，则，则为等差数列. 设公差为d． 因为共有30项，其中奇数项之和为20，偶数项之和为50. 则，，两式相减得到， 解得.故B正确. 对于C，因为为阶等比数列， 所以，使得成立， 所以， 又， 所以， 即成立， 所以为阶等差数列；故C正确． 对于D，因为既是3阶等比数列，又是4阶等比数列， 所以与同时成立， 所以与同时成立， 又的各项均为正数，所以对任意的， 数列和数列都是等比数列， 由数列是等比数列， 得也成等比数列， 设， 所以，所以是等比数列． 故D正确． 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是通过给出一个新的概念来创设全新的问题情境，要求学生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息迁移，达到灵活解题的目的，遇到新定义的问题，应耐心读题，分析新定义，弄清新定义的性质，按新定义的要求运算求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】对函数求导求出处的导函数值，即为所求切线斜率，再求出切点坐标，再利用点斜式方程即可得切线方程． 【详解】当时，， ， 所以曲线的切线的斜率，切点， 故切线方程为， 即 故答案为： 13. 已知，函数与的图象在上恰有两个交点，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】作出函数的图象，由于函数的图象是由函数的图象上所有的点的纵坐标不变，横坐标伸长或者缩短到原来的倍而得到的，结合图象即可求解； 【详解】作出函数的图象，由于函数的图象是由函数的图象上所有的点的纵坐标不变，横坐标伸长或者缩短到原来的倍而得到的， 由图象可得在处恰好取得最小值，因此有，即 故答案为： 14. 若，不等式恒成立，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】将所求不等式变形为，令，分析函数的单调性，将所求不等式变形为，可得出，可得出，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的取值范围. 【详解】对任意的，，则， 构造函数，其中，则， 所以，函数在上为增函数， 由可得，且， 则，则，可得， 令，其中，则， 由，可得，由，可得， 所以，函数的增区间为，减区间为， 所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，故，故. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知是等差数列的前n项和，且， （1）求 （2）若，求数列前n项和为，并证明 【答案】（1） （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用等差数列基本量列方程求解即可； （2）利用裂项相消的方法求和，结合放缩法即可得 【小问1详解】 设等差数列的公差为d，则由题意得： 即 解得 故， 故 【小问2详解】 ， 16. 如图，在中，已知角，，所对边分别为，，，角的平分线交于点，且，. （1）求角的大小; （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理“边化角”，由二倍角正弦化简，求出B； （2）在中，中由正弦定理求得，，得，代入面积公式求解. 【小问1详解】 ∵， 由正弦定理得，  ， ∴， 由，可得， ∴ ， 又，故， ∴； 【小问2详解】 在中，由正弦定理得， ∴， 又，所以， ∴，， 在中，由正弦定理得， ， ∴， . 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为的菱形，，分别为，的中点， （1）求证：； （2）若二面角的大小为，求四棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证得平面，由此证明，结合，证明平面，即可证得； （2）建立空间直角坐标系，平面法向量，再求出平面法向量，再利用，求得，从而求出四棱锥的体积. 【小问1详解】 ∵平面，平面， ∴，， ∵，，，，平面， ∴平面，又平面， ∴， 又，，，平面 ∴平面，又平面， ∴； 【小问2详解】 由（1）可知，又， ∴，底面为菱形，为的中点， ∴，是等边三角形， 由（1）， 如图，以为原点，以为轴正方向，建立空间直角坐标系， 设，则，，，， 平面法向量为， 设平面法向量为，，， 则， 令，则， ∴为平面的一个法向量， 二面角的大小为， ∴， 解得，∴. 四棱锥的体积. 18. 已知 （1）讨论的单调性; （2）当时，证明对于任意的成立. （参考数据：） 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对求导，再对分类讨论，由导数与单调性的关系求解即可； （2）记，转化为，利用即可证明. 【小问1详解】 ， 由，可得或， ①当时，， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在 上单调递减，在上单调递增； ②当时，， 当时，， 所以在单调递增． ③当时，， 当时，；当时，， 所以在 上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由知，时，， ， 记， ①当时，由得， 即， 记，则， 令，则， 所以在上单调递增， 又，， 所以存在使得，即， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以， 因为在上单调递减， 所以 ， 又，当时， ，即， 对于任意的成立. 【点睛】关键点点睛：解答本题，准确求导是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错误百出. 19. 设满足以下两个条件的有穷数列为阶“期待数列”： ①，②. （1）若等比数列为阶“期待数列”，求公比； （2）若一个等差数列既为阶“期待数列”又是递增数列，求该数列的通项公式； （3）记阶“期待数列”的前项和为. （）求证：； （）若存在，使，试问数列是否为阶“期待数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由. 【答案】（1）；（2）；（3）（）证明见解析；（）不能，理由见解析. 【解析】 【详解】试题分析： （1）由阶“期待数列”定义，当，结合已知条件①求得等比数列的公比，若，由①得, ，得，不可能，所以 ； （2）设出等差数列的公差，结合①②求出公差，再由前项和为求出首项，则等差数列的通项公式可求； （3）（）由阶“期待数列”前项中所有的和为0，所有项的绝对值之和为1，求得所有非负项的和为，所有负项的和为，从而得到答案； （）借助于（）中结论知，数列的前项和为，且满足，再由，得到，从而说明与不能同时成立. (1) 若，则由① 由，所以，得， 由②得或,满足题意. 若，由①得, ，得，不可能. 综上所述. (2)设等差数列的公差为. 因为，所以. 所以. 因为，所以由，得. 由题中的①、②得 , ， 两式相减得, 即. 又,得. 所以. (3) 记中非负项和为,负项和为. 则, 得. （） 因为，所以. （） 若存在，使，由前面的证明过程知： ， 且. 记数列的前项和为.若为阶“期待数列”， 则由()知, . 所以 因为， 所以. 所以,. 又, 则. 所以. 所以与不能同时成立. 所以对于有穷数列,若存在，使， 则数列不能为阶“期待数列”. 考点：数列的通项公式；数列与不等式的综合. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$