河南省安阳市林州市晋豫名校联盟2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题 含解析

2025届高三年级10月份联考数学试题本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：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．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．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.【答案】D【解析】【分析】根据集合的交集、补集运算计算即可求得结果，再用区间表示可得答案.【详解】由可知，又，故．故选：D．2.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算可得复数，再平方，即可求解.【详解】因为，故，故故选：A.3.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】结合指数函数、对数函数的单调性，利用“分段法”确定正确答案.【详解】由，故.故选：D4.已知数列是首项为5，公差为2的等差数列，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据等差数列的定义，写出通项公式，结合题意，可得答案.【详解】由题意得，即，则．故选：A．5.在中，为边上靠近点的三等分点，为线段（含端点）上一动点，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】结合图形，运用平面向量的基本定理将用和线性表示，找到的数量关系即得.【详解】如图，当不重合时，，即，当重合时，此时，,,则必有成立，综上，都有成立，即只有B始终成立．故选：B．6.现有12个螺母，它们的质量从大到小依次构成等差数列，质量之和最大的3个螺母的质量是质量之和最小的3个螺母的质量的4倍，且这12个螺母的总质量为45克，要从这12个螺母中随机挑选个螺母组成一套螺母，且这套螺母的质量和不低于25克，则的最小值为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】【分析】由题可设12个螺母的质量从大到小构成的等差数列为，根据等差数列的基本量计算得的值，从而可得前项和，由列不等式求解即可得结论.【详解】设12个螺母的质量从大到小构成的等差数列为，公差为，由题意可得，即，解得，则，令，又，解得．故选；C．7.已知数列满足，则（）A.2025 B.2024 C. D.【答案】D【解析】【分析】根据累加法可得数列an【详解】由题意可得，累加可得，，所以，故.故选：D.8.已知数列的前项和为，且，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据可得数列是首项为1，公比为9的等比数列，再根据相减法得数列an的通项公式，从而由等比数列求和得所求.【详解】由题意可得，则，所以数列是首项为1，公比为9的等比数列，即，时，即且时，不满足上式，故，故．故选：C．二、选择题：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.已知，则（）A. B.C D.【答案】AC【解析】【分析】根据同角三角函数关系式计算可判断A；根据余弦两角和差的公式计算可判断B，C；根据二倍角公式结合和差公式可判断D.【详解】因为，故，故A正确；，故B错误；，故C正确；，故D错误．故选：AC．10.下列递推关系式或其通项公式可以使数列为周期数列的有（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】根据数列的周期性对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】对于A：由选项知，又，计算得，因此为周期数列，且周期为4，故A正确；对于B：，，，，…，不是周期数列，故B错误；对于C：；；；；；，…，，归纳可得数列构成以4为周期的周期数列，故C正确；对于D：是单调递增数列，不是周期数列，故D错误．故选:AC11.已知复数在复平面内对应点均在以原点为圆心的单位圆上，且，则（）A. B.与实部之和为C.为纯虚数 D.【答案】ACD【解析】【分析】根据虚数的标准式，结合复数的运算律，逐项计算，可得答案.【详解】对于A、B，设，因为，即，由题意可得①，②，所以，即，且，与①②联立可得或；所以，故B错误，故A正确；对C：，或，故C正确；对D：，故D正确．故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知正数满足，则取得最小值时，________．【答案】【解析】【分析】根据基本不等式，利用隐藏“1”的解题思路，可得答案.【详解】由题意得，又，所以当且仅当时，取“=”．故答案为：．13.设为数列的前项积，且，则________．【答案】【解析】【分析】根据已知条件，利用相除的方法求得，进而求得.【详解】由题意可得，所以当时，有，故由题意两式相除得，因为，则，因此当时，，即，则，也符合．所以.故答案为：14.已知公比为等比数列满足，且，则的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】先判断的符号和公比的关系，求得关于的表达式，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.【详解】由，得0时，时，，由，得，所以，令，则，当时，3；单调递增，所以，当时，，故，当时，，又，故；，单调递减，又，故，故，综上，的取值范围是.故答案为：.【点睛】方法点睛：在求解关于等比数列有关的取值范围时，通过构造函数并利用导数分析其单调性，找出函数的取值范围．这种方法可以有效地处理涉及不等式与单调性的范围问题.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.已知首项为3的数列的前项和为，且是公差为3的等差数列．（1）探究数列的单调性；（2）求．【答案】（1）单调递增（2）【解析】【分析】（1）由等差数列性质可得数列通项公式，再计算即可得数列的单调性；（2）借助错位相减法求和即可得.【小问1详解】由题得数列是以为首项，3为公差的等差数列，则，所以，且，故数列单调递增；【小问2详解】由题意可得，则，故，故．16.已知中，角的对边分别为，且．（1）求；（2）若，求面积最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换等知识求得.（2）利用余弦定理和基本不等式求得的最大值，进而求得三角形面积的最大值.【小问1详解】由正弦定理及倍角公式得，得，即，故.【小问2详解】由余弦定理可得，解得，当且仅当时取等号，的面积．故面积的最大值为．17.已知函数．（1）求的定义域；（2）若存在极大值，求的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据对数函数和分式分母的性质，建立不等式组，可得答案.（2）对函数解析式求导，选择分子部分构造函数，分情况讨论，结合导数与极值的关系，可得答案.【小问1详解】由有意义可得，所以．所以函数fx的定义域为；【小问2详解】由题意可得，令函数，则在上恒成立，所以上单调递减，当时，，当时，，则有：①当，即时，0，即在上恒成立，即在上单调递增，无极大值，不合题意，故舍去；②当，即时，存在，使得，此时，当x∈0,x0当时，，则在上单调递增，在上单调递减，所以存在极大值，符合题意．综上所述．18.已知函数．（1）若，求的最小值；（2）设，数列的前项和为，证明：对．【答案】（1）1（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由求得的一个范围，利用构造函数法，结合导数来确定这个范围，从而求得的最小值.（2）根据（1）的结论，利用放缩法、累乘法等知识证得不等式成立.【小问1详解】由题意可得，则为必要条件，证明：当时，，即0，令，当时，单调递增，成立，．【小问2详解】由（1）知时等号成立，而，，则，，，又因为，，故原不等式得证．【点睛】思路点睛：求导并分析单调性：对于小问1，首先对构造的函数求导，通过导数的符号变化来判断函数的单调性，并找到函数的最小值．利用放缩法和累乘法证明：在小问2中，通过放缩法逐步构造不等式，再结合累乘法进行放大或缩小，最终得出目标不等式．19.记共项的正项数列的前项和为．若正数满足，则称数列为“型求和数列”．（1）若为共5项的等差数列，且为“1型求和数列”，求；（2）设，已知正项数列为共项的“型求和数列”，且为共1项的“型求和数列”．设的前项和为．（ⅰ）证明：；（ⅱ）求的最小值的表达式（用含的代数式表示）．【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【解析】【分析】（1）由an为共5项的“1型求和数列”，可，根据an是等差数列，利用前n项和公式易求解得.（2）（ⅰ）本题为数列的新定义问题，分和两种情形对进行放缩转化为、的关系，使结论得以证明.（ⅱ）将变形转化成、的关系，再利用（ⅰ）的结论即可求解.【小问1详解】∵an为共5项的等差数列，且an为“1型求和数列”设等差数列an的公差为．则，即．【小问2详解】（ⅰ）由正项数列an为共项的