山西省2024-2025学年高三上学期10月质量检测数学试卷

2024~2025学年高三10月质量检测卷数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语､不等式､函数､导数､三角函数､解三角形､平面向量､复数､数列.一､选择题：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.已知复数（是虚数单位），则的虚部是（）A.B.C.D.3.古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出相等的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有阴眼，阴鱼的头部有阳眼，表示万物都在互相转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含着现代哲学中的矛盾对立统一规律.图2（正八边形）是由图1（八卦模型图）抽象并以正八边形的中心为旋转中心顺时针旋转而得到，若，则（）A.B.C.2D.4.若命题，使得为假命题，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.5.已知，则函数的值域是（）A.B.C.D.6.若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（）A.B.4C.5D.7.已知命题：设等差数列的前项和为，若且，则，命题：设等比数列的前项和为，若且，则，则（）A.是真命题，是假命题B.是假命题，是真命题C.与都是真命题D.与都是假命题8.在半径为2的圆上任取三个不同的点，且，则的最大值是（）A.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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列函数中，在区间上单调递减的是（）A.B.C.D.10.已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（）A.若的最小正周期是，则B.若的图象关于直线对称，则C.若在上单调递增，则的取值范围是D.若，则在上有且只有1个零点11.已知，其中是自然对数的底数，则（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知偶函数满足：当时，，则__________.13.若非零向量满足：，且，则夹角的大小为__________.14.若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是__________.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.（本小题满分13分）在中，角的对边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若的面积为，求边的大小.16.（本小题满分15分）已知数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.17.（本小题满分15分）已知函数，将的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数为偶函数.（1）若，求的值域；（2）若，求的值.18.（本小题满分17分）已知函数（是自然对数的底数）.（1）讨论函数的单调性；（2）求证：恒成立.19.（本小题满分17分）已知曲线在点处的切线交轴于点，曲线在点处的切线交轴于点，依此类推，曲线在点处的切线交轴于点，其中数列称为函数关于的“切线数列”.（1）若是函数关于的“切线数列”，求的值；（2）若是函数关于的“切线数列”，记，求数列的通项公式；（3）若，是否存在，使得函数关于的“切线数列”为周期数列？若存在，求出所有满足条件的；若不存在，请说明理由.2024~2025学年高三10月质量检测卷•数学参考答案､提示及评分细则1.B因为集合，所以.故选B.2.C，所以的虚部是.故选C.3.A方法一：过作，垂足分别是，因为，所以四边形为正方形，，又，所以，即，所以.故选A.方法二：分别以射线为轴，轴的正半轴建立直角坐标系，设，则，因为，所以，由，得，所以，即.故选A.4.D因为为假命题，所以为真命题，即当时，恒成立.因为图象的对称轴为，所以，所以，即，解得或，即实数的取值范围为.故选D.5.C令，则，因为在上单调递增，且，所以，又单调递减，且，所以，即的值域是.故选C.6.B当时，不可能对任意的恒成立，不满足要求，当时，开口向下，不满足题意，所以.令，得，当时，不等式对任意的恒成立，所以，即，且，所以4，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为4.故选B.7.B对于命题，在等差数列中，若，则，有，则成立，但，，所以不成立，故命题是假命题；对于命题，设等比数列的公比为，若且，则中至少有一项为0，则，假设且，则有，所以，由，得为偶数且，故，所以命题为真命题.故选B.8.D在中，由正弦定理，得，即，所以，又，所以或.当时，设，则，由，得，所以，由，得，所以，即；当时，.综上所述，的最大值为.故选D.9.AD对于A，函数所以在上单调递减，故A正确；对于B，函数在上单调递增，函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，故B错误；对于C，函数在上单调递增，函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，故C错误；对于D，函数在上单调递减，函数在上单调递增，所以函数在上单调递减，故D正确.故选AD.10.ACD因为的图象经过点，所以，即，又，所以，所以.对于A，因为的最小正周期是，所以，解得，故A正确；因为的图象关于直线对称，则，又，所以，故B错误；对于C，由，得，因为在上单调递增，所以，即，解得，即的取值范围是，故C正确；对于D，因为，所以，因为，所以，所以在上有且只有1个零点，故D正确.故选ACD.11.AC设函数，由，得，当时，，所以，即，所以在上单调递增；当时，，则，即，所以在上单调递减.对于选项A，已知，当，即时，，当，即时，又在上单调递增，所以由，得，即，综上所述，，故A正确；对于选项B，若，则，又在上单调递增，所以，所以存在，使得，故B错误；对于选项C，已知，当，即时，，即显然成立，当，即时，令，因为，当且仅当，即时等号成立，所以当时，，即，由，得，又，所以，且，又在上单调递增，所以，即，所以，综上所述，，故C正确；对于选项D，取，则，又在上单调递减，故，所以存在满足题意，但，即，故D错误.故选AC.12.18因为为偶函数，所以.13.因为，所以，即，即，因为，所以，即，所以，即，所以，又，所以，又，所以，即夹角的大小为.14.令，得，即，令，所以函数恰有2个零点等价于函数的图象与的图象有两个交点.，令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以的图象如图所示，设是的图象的切线，切点为，则切线斜率为，所以的方程为，又经过点，所以，即，解得或或，所以由图可知，当或，即或时，函数的图象与的图象有两个交点，即函数恰有2个零点，所以实数的取值范围是.15.解：（1）由正弦定理与，得.所以，即.因为，所以，又，所以，又，所以.（2）因为的面积为，所以，即，解得.由余弦定理，得，所以.16.解：（1）在中，令，得，解得.由，得，两式相减，得，即.所以数列是首项为2，公比为4的等比数列，所以.（2）由，得，所以.17.解：（1），设将的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数为，则，由题意，得为偶函数，所以，解得，又，所以，所以.当时，，所以，所以，即的值域为.（2）因为，所以，即，所以，即，又，所以.所以.18.（1）解：由，得，当时，恒成立，所以单调递增；当时，令，得，当时，，所以单调递减；当时，，所以单调递增.综上所述，当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递减区间为），单调递增区间为.（2）证明：令，定义域为，令，则在上恒成立，所以在上单调递增.又，所以，使得，即.当时，，即，所以单调递减；当时，，即，所以单调递增.所以，又，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，又，所以，所以，即恒成立.19.解：（1）由，得，因为，所以，所以曲线在处的切线方程为，即.令，得，即.（2）由，得，所以，所以曲线在处的切线方程为，即.令，得，即.因为，所以，即，所以，所以，又，所以，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以.（3）由，得，所以，所以曲线