山西省运城市2024-2025学年高三数学上学期10月月考A卷试题含解析

Page192024-2025学年度第一学期高三月考（10月）数学（A卷）试题学校：__________姓名：__________班级：__________考号：__________一、单选题1.命题：“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】因为全称命题的否定是特称命题，干脆写出命题的否定即可得出结论.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题：“”的否定是“”.故选：C.2.已知集合，，则A∩B中元素的个数为（）A.3 B.4C.5 D.6【答案】C【解析】分析】用列举法表示集合，从而可求出.【详解】解：，则共5个元素，故选:C3.设，则满意的复数z的个数为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】【分析】依据复数的运算可得，，即可求出满意题意的解的个数．【详解】因为，所以，而，所以当时，；当时，或或；当时，，即满意的复数z的个数为5．故选：D．4.已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－m有三个不同的零点，则实数m的取值范围为()A.[－，1] B.[－，1)C.(－，0) D.(－，0]【答案】C【解析】【详解】试题分析：函数g（x）=f（x）-m有三个不同的零点，等价于函数y=f（x）与y=m的图象有三个不同的交点，作出函数f（x）的图象如图：由二次函数的学问可知，当x=时，抛物线取最低点为-，函数y=m的图象为水平的直线，由图象可知当m∈（-，0）时，两函数的图象有三个不同的交点，即原函数有三个不同的零点考点：分段函数的应用5.已知点为外接圆的圆心，且，则的内角等于()A.30° B.45°C.60° D.90°【答案】A【解析】【分析】由题意可得，又因为，所以四边形为菱形，且，即可得答案.【详解】解：由得，，由为外接圆的圆心，所以，结合向量加法几何意义知，四边形为菱形，且，故.故选：A.6.已知函数，若函数在上有两个零点，则实数的取值范围是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】由题意可得：解得故选7.已知函数，若，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分类探讨，利用导数探讨函数单调性，求出最值解决恒成立问题.【详解】函数，①当，即时，满意；②当，即时，若，则有，令，则有，若，易知在上单调递增，不愿定都满意，∴，即，，由，解得，由，解得，所以，在上单调递增，在上单调递减，由，则有，解得，所以时，满意；③当，即时，若，则有，即，易知，当且仅当时取等号，当时，所以，即，所以不满意恒成立；综上，若，的取值范围是.故选：A8.若关于的方程有两个实数根，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】关于的方程有两个实数根等价于关于的方程有两个实数根.令，利用导数推断其单调性，画出图象，由图可解.【详解】当时，不成立，则，所以关于的方程有两个实数根等价于关于的方程有两个实数根.令，则当或时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，，又时，时.则的图象如下所示：由图可知，当时，关于的方程有两个实数根，即关于的方程有两个实数根.故选：D二、多选题9.（多选）设函数，，则关于的说法正确的是（）A.最小正周期为B.最小正周期为C.奇函数D.偶函数【答案】AD【解析】【分析】正弦型函数的周期可代入公式去求，奇偶性的推断，可以运用诱导公式看是否能转化为或形式来判定.【详解】，最小正周期,解除B，选A;由可知函数为偶函数，解除C，选D故选:AD.10.已知函数为偶函数，且，则下列结论确定正确的是（）A.的图象关于点中心对称 B.是周期为的周期函数C.的图象关于直线轴对称 D.为偶函数【答案】AD【解析】【分析】由，可知的图象关于点中心对称；结合函数为偶函数可得是周期为以及关于直线轴对称，结合周期，对称中心和对称轴可推断出为偶函数【详解】因为，所以的图象关于点中心对称，又因为函数为偶函数，所以是周期为的周期函数，且它的图象关于点中心对称和关于直线轴对称，所以为偶函数.故选：AD.11.已知函数，，则下列说法正确的是（）A.对随意的，的周期都不行能是B.存在，使得的图象关于直线对称C.对随意的，D.对随意的，在上单调递减【答案】ACD【解析】【分析】利用函数的周期性的定义以及诱导公式可推断A；利用诱导公式计算是否成立可推断B；先利用二倍角公式化简，再换元构造新函数，借助函数的单调性及最值可推断C，对化简后的函数求导，利用导数推断在上的单调性可推断D，进而可得正确选项.【详解】对于A，，所以的周期都不行能是，故选项A正确；对于B，若的图象关于直线对称，则，而，所以不存在，使得的图象关于直线对称，故选项B不正确；对于C，留意到，令，则，令，则，，易知的最大值为，因此，故选项C正确；对于D，因为，所以，当时，，，所以，故，在上单调递减，故选项D正确，故选：ACD.12.已知函数，若的最小正周期为，且对随意，均有，则下列结论中正确的是（）A.若，则B.若，则C.函数在区间上确定不存在零点D.若函数在上单调递减，则【答案】BD【解析】【分析】先化简，再由函数的最小正周期确定的值，由可知在处取得最小值，从而得到与帮助角的关系，进而可推断选项A，B的正误；由在处取得最小值以及函数的最小正周期，可确定函数在）以及，上的正负以及单调性，从而得出函数以及的单调性，即可推断选项C，D的正误．【详解】，其中，，依题意可得，于是，其中，．因为，即在处取得最小值，所以，所以．当时，，因此，，解得．故A选项错误；因为，所以，解得，故B选项正确；由于在处取得最小值，且周期为，所以当时，，因此，因此在区间上有多数个零点，故C选项错误；由于在处取得最小值，且周期为，所以，当时，单调递增，且，于是当时，单调递减，而当时，单调递减，且，于是当时，y单调递增，故，即，故D选项正确．故选：BD【点睛】解决三角函数综合问题的一般步骤：（1）将化为的形式；（2）构造；（3）和角公式逆用，得（其中，）；（4）利用正弦函数的图象与性质探讨的图象与性质．三、填空题13.设为虚数单位，若复数，则的实部与虚部的和为___________.【答案】【解析】【分析】利用复数的乘法化简复数，即可求得结果.【详解】因为，因此，复数的实部与虚部之和为.故答案为：.14..在正方形中，，分别是边上的动点，当时，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】依据直角坐标系中点的坐标可得向量的坐标，依据向量的数量积坐标运算以及模长的坐标运算即可利用函数的性质求其最值.【详解】以点A为原点建立如图坐标系，，，即，而，当时，最小为，当或时，最大为2，所以取值范围为.故答案为：15.在中，边，满意，，则边的最小值为______．【答案】．【解析】【分析】首先利用基本不等式得，然后，然后即可得出答案.【详解】，，，当且仅当时取等号，由余弦定理可得，，则边的最小值为．【点睛】本题考查的是余弦定理及利用基本不等式求最值，属于基础题.16.已知函数为定义域为的偶函数，且满意，当时，.若函数在区间上的全部零点之和为__________．【答案】【解析】【分析】将在上的零点之和转化为与的交点的横坐标之和；依据抽象函数关系式可推断出图象关于对称且周期为；由可知关于中心对称；作出与的图象，依据交点个数和交点关于对称可求得结果.【详解】，图象关于对称，且，为偶函数，，是周期为的周期函数；在上的零点之和等价于与的交点的横坐标之和；又，图象关于中心对称；作出与的图象如下图所示，由图象可知：与在上有个交点，并且关于中心对称，交点横坐标之和为，即全部零点之和为.故答案为：.四、解答题17.已知正项数列满意：，其中为的前项和.（1）求数列通项公式.（2）设，求数列前项和.【答案】（1）；（2）．【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）由题意，可依据数列通项与前项和的关系进行整理化简，可以发觉数列是以首项为3，公差为2的等差数列，从而依据等差数列的通项公式即求得数列的通项公式；（Ⅱ）由（Ⅰ）可求得，依据其特点，利用裂项相消求和法进行即可.试题解析：（Ⅰ）令，得，且，解得.当时，，即，整理得，，，所以数列是首项为3，公差为2的等差数列，故.（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，.点睛：此题主要考查数列中求通项公式与前项和公式的运算，其中涉及到数列通项与前项和的关系式，还裂项相消求和法的应用，属于中档题型，也是常考考点.裂项相消求和法是数列求和问题中一种重要的方法，实质上是把一个数列的每一项分裂为两项的差，从而达到求和时相邻两项相互抵消而求出和的目的.18.已知．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）干脆用二倍角余弦公式即可得结果；（2）由三角恒等式求出，再依据两角差的正弦公式即可得结果.【小问1详解】因为，所以.【小问2详解】因为，所以，所以.19.已知函数是定义在上的奇函数，且.（1）确定函数的解析式；（2）当时推断函数的单调性，并证明；（3）解不等式.【答案】（1）；（2）在区间上是增函数，证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）由奇函数的概念可得的值，依据可得的值，进而得结果；（2）设，用作差法分析可得可得，由函数单调性的定义即可得证明；（3）将奇偶性和单调性相结合列出不等式组，解出即可【详解】（1）∵，∴，即，∴.∴，又，，∴.（2）对区间上得随意两个值，，且，，∵，∴，，，，∴，∴，∴在区间上是增函数.（3）∵，∴，，解得，∴实数得取值范围为.20.已知函数.（Ⅰ）求的最小正周期：（Ⅱ）求在区间上的最大值和最小值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）2，．【解析】【详解】（Ⅰ）因为，故最小正周期为（Ⅱ）因为，所以．于是，当，即时，取得最大值；当，即时，取得最小值．点睛：本题主要考查了两角和的正弦公式，帮助角公式，正弦函数的性质，娴熟驾驭公式是解答本题的关键.21.在数列中，已知前n项和为，，，．（1）求的通项公式及的表达式；（2）设，求数列的前n项和的表达式．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）依据已知条件累加求出的通项公式，得出是等差数列，进而求出前n项和.（2）求出数列的通项公式，错位相减得出数列的前n项和的表达式．【小问1详解】由题意，在数列中，，∴，解得：，即，∴，，，…，，累加得，，∴，∵，符合上式，∴，∴的是以首项为，公差的等差数列.∴即：．【小问2详解】由题意及（1）得，在等差数列中，，在数列中，，∴，，∴解得：．22.△