辽宁省沈文新高考研究联盟2025届高三上学期10月月考数学试题 Word版含解析

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本试卷满分150分 考试时间120分钟
命题人：陈建骐、张梅宁、陈鑫 校题人：林晓萍、罗鑫、黄伟
【命题组织单位：辽宁沈文新高考研究联盟】
第Ⅰ卷 选择题（共58分）
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合，，则中的元素个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】先求集合A、B，再根据交集的定义求出即可求解.
【详解】解:因为集合，，
所以，
故选：A.
2. 已知是方程的一个根，则（ ）
A. －2B. 2C. D. －1
【答案】A
【解析】
【分析】法一:将复数代入二次方程，利用复数相等求解；法二：利韦达定理求解.
【详解】方法1：由题意知，即，解得.
方法2：根据虚根成对知1－2i也是方程的根，由韦达定理得，所以.
故选:A.
3. 不等式成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. ，
C. ，，D. ，，
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式，根据集合的包含关系求出答案即可．
【详解】，
，
解得：或，
故不等式成立的一个充分不必要条件是，
故选：．
【点睛】本题考查了充分必要条件，考查不等式问题，是一道基础题．
4. 已知，且，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由余弦的二倍角公式和两角差正弦公式可得，
结合求出的值，再根据正切的二倍角公式即可.
【详解】，
故，
又因为，且．
故，或，，则或，
故，
故选：D．
5. 若，是两个单位向量，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】，是两个单位向量，则，但，方向不能确定，即可判断AB；利用数量积的定义与性质可判断CD．
【详解】，是两个单位向量，则，但，方向不能确定，故选项AB错误；
，只有，同向共线时，才有，故选项C错误；
，，，选项D正确.
故选：D.
6. 如图，在直角梯形ABCD中，，，，将直角梯形ABCD沿对角线折起，使平面平面BCD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取BD的中点F，连接AF，则，通过面面垂直的性质定理可得到平面BCD．
过C作，且使，连接AE，EF，BE，FC则为所求的角，
在分别求出的大小，即可求出答案.
【详解】在直角梯形ABCD中，因为，，，所以，
，取BD的中点F，连接AF，则．
又因为平面平面BCD且交于BD，所以平面BCD．
过C作，且使，连接AE，EF，BE，FC则为所求的角．
中，，在中，．
因为，所以为直角三角形．
所以，所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为．
故选：B.
7. 设正实数满足，则下列说法错误的是（ ）
A. 的最小值为4B. 的最大值为
C. 最大值为2D. 的最小值为
【答案】C
【解析】
【分析】根据基本不等式以及“1”的妙用判断各选项.
【详解】对于A，，当且仅当时取等号，故A正确；
对于B，，当且仅当，即时取等号，故B正确；
对于C，，
则，当且仅当，即时，故C错误；
对于D，，当且仅当时取等号，故D正确.
故选：C.
8. 定义在上的单调函数，对任意的有恒成立，若方程有两个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由条件单调函数，对任意的都有，故必有
，且，即可求得，再根据导数研究函数的性质，求得方程
有两个不同的实根满足的条件，求得的取值范围.
【详解】由于函数单调函数，则不妨设，则，
且，解得，所以.
设，
则方程有两个不同的实数根等价于函数与有两个不同的交点.
，
易得当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以.
又，且当时，.
故函数与有两个不同的交点则.
故选：B
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题所给的四个选项中，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. 以下是真命题的是（ ）
A. 已知，为非零向量，若，则与的夹角为锐角
B. 已知，，为两两非共线向量，若，则
C. 在三角形中，若，则三角形是等腰三角形
D. 若三棱锥的三条侧棱与底面所成的角相等，则顶点在底面的射影是底面三角形的外心
【答案】BD
【解析】
【分析】A：将已知条件两边同时平方，整理得到，结合平面向量的数量积的定义得到，由平面向量的夹角范围可得，进而可以判断选项；B：将已知条件变形为，结合平面向量数量积即可判断选项；
C：结合正弦定理化简整理即可判断三角形的形状；
D：作出图形，证得，即可得到，结合三角形外心的性质即可判断.
【详解】A：因为，两边同时平方，得，即，所以，因此，因为，所以，因此与的夹角为锐角或零角，故A错误；
B：因为，所以，又因为，，为两两非共线向量，则，所以，故B正确；
C：因为，结合余弦定理得，所以，所以或，即或，所以角形是等腰三角形或直角三角形，故C错误；
D：
设三棱锥的顶点在底面的射影为，所以底面，又因为底面，底面，底面，所以，又因为三棱锥的三条侧棱与底面所成的角相等，所以，所以，所以，所以点是的外心，故D正确；
故选：BD.
10. 八一广场位置处于解放碑繁华地段，紧挨着得意世界、大融城、八一好吃街等．重庆解放碑是抗战胜利纪功碑暨人民解放纪念碑，是抗战胜利的精神象征，是中国唯一一座纪念中华民族抗日战争胜利的纪念碑．现某兴趣小组准备在八一广场上对解放碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，为解放碑的最顶端，为解放碑的基座（即在的正下方），在广场内（与在同一水平面内）选取，两点，则根据下列各组中的测量数据，能计算出解放碑高度的是（ ）
A. ，，，B. ，，，
C. ，，，D. ，，
【答案】ABD
【解析】
【分析】A、B、C根据正弦定理、余弦定理和直角三角形性质判断所给条件否构成解三角形条件；D选项根据相似三角形性质判断.
【详解】由题意可知平面，由此进行下列判断：
A选项，在中，根据，，，可利用正弦定理求得，再根据求得，故A正确；
B选项，由，借助直角三角形和余弦定理，用和表示出，，，，然后结合在中利用余弦定理列方程，解方程求得，故B正确；
C选项，，，，四个条件，无法通过解三角形求得，故C错误；
D选项，根据，可得与相似，根据相似比可解方程求得，故D正确，
故选：ABD．
11. 设定义在R上的函数与的导函数分别为和．若，，且为奇函数，则（ ）．
A. ，B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由为奇函数，结合奇函数的性质判断A，由条件证明为周期为的函数，利用组合求和法求判断C，根据条件证明，由此判断BD.
【详解】对A，又∵为奇函数，
则图像关于对称，且，
所以，A 正确；
对于C，∵，则，
则，又，
所以，
令，可得，即.
所以，又
所以，
所以，
∴的周期，所以，
由可得，
，，，
所以，，
∴，C正确；
对B，，则是周期的函数，，B错误；
对D，，，所以，
所以，D错误.
故选：AC.
【点睛】知识点点睛：本题考查导数的运算，奇函数的性质，抽象函数周期性的证明，分组求和法等知识点，属于综合题，考查逻辑推理和首项运算的核心素养.
第Ⅱ卷 非选择题（共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设函数（且），若，则______．
【答案】2020
【解析】
【分析】
根据对数的运算法则计算．
【详解】∵，∴；
∴
．
故答案为：2020．
13. 如图，在中，，，，若为圆心为的单位圆的一条动直径，则的取值范围是__．
【答案】
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算可得出，运用平面向量数量积的运算性质解决即可.
【详解】由题知，中，，，，若为圆心为的单位圆的一条动直径，
所以为的中点，，
因为，
所以
,
因为，即
所以，当且仅当同向时取最大值，反向时取最小值，
所以的取值范围是，
故答案为：
14. 已知棱长为2的正方体中，为的中点，P是平面内的动点，且满足条件，则动点P在平面内形成的轨迹是______．
【答案】圆
【解析】
【分析】分别以为x轴，y轴，z轴，利用空间两点距离的坐标表示求轨迹方程即可．
【详解】分别以为x轴，y轴，z轴，则，
设，由题意可得，
化简可得，易知轨迹圆.
故答案为：圆
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 在① ；② ()两个条件中，任选一个，补充在下面问题中，并求解.
问题：已知数列中，，__________.
（1）求；
（2）若数列的前项和为，证明：.
【答案】条件选择见解析；（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
若选① ：（1）由，得，根据是首项为2，公差为2的等差数列，可得结果；（2）由利用裂项求和方法求和得，进一步可证.
若选② ：（1）由()利用累加法可求得；（2）由利用裂项求和方法求和得，进一步可证.
【详解】若选① ：
（1）由，可得，
即，
又，所以是首项为2，公差为2的等差数列，
所以，所以；
（2）证明：由（1）得，
所以，
因为，所以，
又因为随着的增大而增大，所以，
综上.
若选② ：
（1）由()可得：
当时，
，
当时，，符合，
所以当时，；
（2）证明：由（1）得，
所以，
因为，所以，
又因为随着的增大而增大，所以，
综上.
【点睛】方法点睛：求数列通项公式常用的七种方法：
一、公式法：根据等差或等比数列的通项公式或进行求解；
二、前项和法：根据进行求解；
三、与的关系式法：由与的关系式，类比出与的关系式，然后两式作差，最后别忘了检验是否适合用上面的方法求出的通项；
四、累加法：当数列中有，即第项与第项的差是个有规律的数时，就可以用这种方法；
五、累乘法：当数列中有，即第项与第项的积是个有规律的数时，就可以用这种方法；
六、构造法：①一次函数法：在数列中有（均为常数，且），
一般化方法：设，得到，，根据数列是以为公比的等比数列，可求出；
②取倒数法：这种方法适用于（n≥2,n∈N*）（均为常数，），两边取倒数后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于的式子；
③取对数法：一般情况下适用于（为非零常数）
七、“（为常数且不为0，）”型的数列求通项，方法是等式的两边同除以，得到一个“”型的数列，再用上面的六种方法里的“一次函数法”便可求出的通项，从而求出.
16. 已知函数（为常数）.
（1）求的单调递增区间；
（2）若在上有最小值，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，然后解不等式，可得出函数的单调递增区间；
（2）由计算出的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得函数的最小值，进而可求得实数的值.
【详解】（1），
令，解得.
所以，函数的单调递增区间为；
（2）当时，，所以，
所以，解得.
【点睛】本题考查正弦型函数的单调区间和最值的求解，解答的关键就是利用三角恒等变换思想化简函数解析式，考查计算能力，属于中等题.
17. 已知圆，A（1，1）为圆内一点，P，Q为圆上的动点，且∠PAQ＝，M是PQ的中点．
（1）求点M的轨迹曲线C的方程；
（2）设对曲线C上任意一点H，在直线ED上是否存在与点E不重合的点F，使是常数，若存在，求出点F的坐标，若不存在，说明理由
【答案】（1）；
（2）见解析.
【解析】
【分析】（1）利用直角三角形的中线定理及垂径定理，得到利用两点距离公式求出动点的轨迹方程．
（2）先设出F的坐标，将用点点距表示出，化简得到，利用解得t的值即可．
【详解】（1）设点，由，得，
化简得，
即.
（2）点，，直线方程为，
假设存在点，满足条件，设，则有，
，
，
当是常数，是常数，
∴，∴或（舍），∴，
∴存在满足条件.
【点睛】本题考查了轨迹方程的求法，考查了分式型定值问题的求解，考查了运算能力，属于中档题．
18. 已知数列与等比数列满足．
（1）试判断是何种数列；
（2）若，求.
【答案】（1）数列是等差数列；
（2）
【解析】
【分析】（1）由可知为等差数列；
（2）利用等差数列的前项和以及指数运算的性质即可求解.
【小问1详解】
设数列的公比为，则，
因为，所以，所以.
方程两边取以3为底的对数，
得，
由于，
所以数列是以为公差的等差数列．
【小问2详解】
因为，
所以=10m，
所以.
19. 已知函数，.
（1）求函数的单调区间；
（2）当，且时，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导函数的符号求单调区间；
（2）分析法将问题化为证，再应用换元及导数研究恒成立，即可证.
【小问1详解】
由题设，的定义域为，令，得.
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
所以单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问2详解】
因为，故，（x>0）.
由（），得，即.
要证，需证，即证.
设（），则要证（）.
令且，则.
所以在上单调递增，则，即.
所以，得证.