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（解析版）

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.所以故选:D2.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.由可得,可得.故选：A3.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.由，则曲线在点处的切线斜率为.故选：B4.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.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.由已知得，即，又在椭圆中，所以，同除以得，，解得或（舍去），故选：C6.6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻坐法种数为A.144 B.120 C.72 D.24【答案】D【解析】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.∵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：B8.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.，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.对于A，由正态分布的对称性知，P(X<6)=PX>10，所以P(X<6)+PX≤10=P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：AD10.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.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.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.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.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.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（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】定义域为0,+∞；令或x=1列表如下：111,+＋－＋↗极大值↘极小值↗由上表知，当时，取得极大值；当x=1时，取得极小值-2.【小问2】方程，有三个不同的实数解，等价于函数y=f(x)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）证明见解析，（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】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.小问2】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】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】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】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，求函数在的切线方程；（2）讨论的单调性；（3）证明：当时，.【答案】（1）（2）答案见解析（3）证明见解析【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区间.（3）要证，即证，求出，再构造新函数求证即可.【小问1】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】由得，当时，恒成立，则在上单调递减；当时，令得，当时，，在单调递减，当时，，在单调递增.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】由（2）可知，当时，的最小值.要证，只需证只需证设.则，令得.当时，，在单调递减；当时，，单调递增.所以在处取最小值，且，所以得证，即得证.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）证明见解析；（3）不存在，理由见解析.【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】数列0，1，0，1，0是一个满足条件的数列.【小问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，