江西省上饒市華東師范大學(xué)上饒實(shí)驗(yàn)中學(xué)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期10月月考數(shù)學(xué)檢測(cè)題

江西省華東師大上饒實(shí)驗(yàn)中學(xué)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期10月數(shù)學(xué)檢測(cè)題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．若函數(shù)，則函數(shù)的值域?yàn)椋?/p>

）A． B． C． D．3．設(shè)函數(shù)為偶函數(shù).當(dāng)滿足時(shí)，有最小值2，則和的值分別是（

）A． B．C． D．4．已知是的共軛復(fù)數(shù)，則（

）A．0 B． C．2 D．5．已知直線與橢圓相交于A、B，且AB的中點(diǎn)為，則橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．6．若是空間的一個(gè)基底，那么對(duì)任意一個(gè)空間向量，存在唯一的有序?qū)崝?shù)組，使得，我們把有序?qū)崝?shù)組叫做基底下向量的斜坐標(biāo).設(shè)向量在基底下的斜坐標(biāo)為，則向量在基底下的斜坐標(biāo)為（

）A． B． C． D．7．等差數(shù)列an，bn的前項(xiàng)和分別為，，且，則（

）A． B． C． D．8．已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，且當(dāng)時(shí)，，若，，，則a,b,c的大小關(guān)系是（

）A． B． C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9．定義在上的函數(shù)滿足，當(dāng)時(shí)，，則下列說法正確的是（

）A．為偶函數(shù) B．的圖象沒有對(duì)稱中心C．的增區(qū)間為 D．方程有5個(gè)實(shí)數(shù)解10．已知中，，，E，F(xiàn)分別在線段BA，CA上，且，．現(xiàn)將沿EF折起，使二面角的大小為．以下命題正確的是（

）A．若，，則點(diǎn)到平面的距離為B．存在使得四棱錐有外接球C．若，則棱錐體積的最大值為D．若，三棱錐的外接球的半徑取得最小值時(shí)，11．已知，且，下列關(guān)于二項(xiàng)分布與超幾何分布的說法中，錯(cuò)誤的有（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．當(dāng)樣本總數(shù)遠(yuǎn)大于抽取數(shù)目時(shí)，可以用二項(xiàng)分布近似估計(jì)超幾何分布三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．在中，內(nèi)角的對(duì)邊分別為，若，則.13．假設(shè)關(guān)于某設(shè)備的使用年限和所支出的維修費(fèi)用萬元統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如下：使用年限維修費(fèi)用若有數(shù)據(jù)知對(duì)呈線性相關(guān)關(guān)系．其線形回歸方程為，請(qǐng)估計(jì)使用年時(shí)的維修費(fèi)用是萬元．14．若函數(shù)在其定義域的一個(gè)區(qū)間內(nèi)不單調(diào)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗(yàn)算步驟.15．（13分）已知二次函數(shù)滿足，且(1)求函數(shù)的解析式；(2)解關(guān)于x的不等式.16．（15分）已知函數(shù)，，的定義域均為定義：若存在n個(gè)互不相同的實(shí)數(shù)，使得，則稱與關(guān)于“n維交換”.(1)判斷函數(shù)與是否關(guān)于“n維交換”，并說明理由；(2)設(shè)，，若與關(guān)于“維交換”，求實(shí)數(shù)k的值.17．（15分）已知函數(shù)，.(1)求函數(shù)的最小正周期和對(duì)稱中心；(2)將函數(shù)圖象向右平移個(gè)單位，再將圖象向下平移1個(gè)單位，再將圖象上每一點(diǎn)的橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼谋兜玫胶瘮?shù)的圖象，并設(shè).若在上有解，求實(shí)數(shù)的取值范圍.18．（17分）直三棱柱中，為中點(diǎn)，E為中點(diǎn)，F(xiàn)為中點(diǎn)．(1)求證：平面；(2)求直線與平面的正弦值；(3)求平面與平面夾角的余弦值．19．（17分）若數(shù)列滿足：①；②當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，；③當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，，則稱數(shù)列具有“收縮性質(zhì)”.已知數(shù)列具有“收縮性質(zhì)”.(1)若，求的值構(gòu)成的集合；(2)若，使得，證明：為整數(shù)；(3)若，求的值構(gòu)成的集合.參考答案1．B【分析】由對(duì)數(shù)函數(shù)單調(diào)性解不等式，結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)定義域得到，利用交集概念進(jìn)行求解.【詳解】由題意得，解得，故，所以.故選：B2．D【分析】根據(jù)對(duì)數(shù)的單調(diào)性可得，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)以及指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)即可求解.【詳解】函數(shù)在上單調(diào)遞增，又，，故，令，而函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，所以函數(shù)的值域?yàn)?故選：D.3．D【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性、周期性求得正確答案.【詳解】依題意，，所以，當(dāng)滿足時(shí)，有最小值2，所以，所以，由于是偶函數(shù)，所以，而，所以.故選：D4．B【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則求得，再根據(jù)共軛復(fù)數(shù)的定義求解即可.【詳解】，則.故選：B.5．B【分析】利用點(diǎn)差法求得關(guān)系，再利用橢圓的離心率公式可得答案.【詳解】設(shè)兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為，因?yàn)榍褹B的中點(diǎn)為，所以，因?yàn)樵跈E圓上，所以①，兩式相減，得，根據(jù)，上式可化簡為，整理得，又，所以，即，所以.故選：B.6．D【分析】由題意利用待定系數(shù)法列出關(guān)于的方程組即可求解.【詳解】設(shè)，又，，解得，即.所以向量在基底下的斜坐標(biāo)為.故選：D.7．C【分析】根據(jù)給定條件，可得，再利用等差數(shù)列前項(xiàng)和公式，結(jié)合等差數(shù)列性質(zhì)計(jì)算即得.【詳解】等差數(shù)列，的前項(xiàng)和分別為，，由，得，.故選：C8．D【分析】依題構(gòu)建函數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性，再利用抽象函數(shù)單調(diào)性比較函數(shù)值大小即得.【詳解】令，由是定義在上的奇函數(shù)，可得是定義在上的偶函數(shù)，又因?yàn)闀r(shí)，，所以在上是減函數(shù)，所以是定義在上的增函數(shù)，構(gòu)建，則，可知在內(nèi)單調(diào)遞增，則，可得；構(gòu)建，則，可知在內(nèi)單調(diào)遞增，則，可得；由，可得，故，所以；設(shè)，則，所以在單調(diào)遞增，故，所以，即所以，所以，故選：D【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：構(gòu)造函數(shù)比大小問題，比較兩個(gè)數(shù)大小的方法如下：①將兩個(gè)數(shù)恒等變形，使兩數(shù)有共同的數(shù)字，②將看成變量，構(gòu)造函數(shù)，③分析包含的某個(gè)區(qū)域的函數(shù)單調(diào)性，④根據(jù)函數(shù)單調(diào)性比較大小.9．ACD【分析】由題意可判斷函數(shù)的周期，結(jié)合時(shí)的解析式，即可作出函數(shù)圖象，數(shù)形結(jié)合，即可判斷A，B，C；將方程的解的個(gè)數(shù)問題，轉(zhuǎn)化為函數(shù)和的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，即可判斷D.【詳解】因，則有，用替換，可得，即2為函數(shù)的周期.當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，.結(jié)合函數(shù)的周期性，可作出函數(shù)的圖象如下圖.由圖知，函數(shù)的圖象關(guān)于軸對(duì)稱，故是偶函數(shù)，即A正確；由圖知，函數(shù)的圖象關(guān)于和，都對(duì)稱，故B錯(cuò)誤；由圖知，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，故C正確；由圖中作出的圖象，可見其與函數(shù)的圖象有且僅有5個(gè)交點(diǎn)，故方程有5個(gè)實(shí)數(shù)解，即D正確.故選：ACD.10．ACD【分析】對(duì)于A，由線面平行將點(diǎn)到平面的距離轉(zhuǎn)化成點(diǎn)到平面的距離即可求解，對(duì)于B,通過四邊形沒有外接圓即可判斷，對(duì)于C，確定的長度，結(jié)合體積公式及基本不等式即可判斷,對(duì)于D，補(bǔ)全長方體即可判斷.【詳解】，，易知平面ABC,平面，易知面故點(diǎn)到平面的距離為即為點(diǎn)到平面的距離，因?yàn)?，所以，所以，所以為二面角的平面角，又為平面?nèi)兩條相交直線，所以平面，所以平面，又在平面內(nèi)，所以平面平面，所以到平面ABC的距離即為到，A選項(xiàng)：，，即，三角形等邊三角形，可得：到的距離為，故A正確；B選項(xiàng)：由于直角梯形不可能共圓，所以四棱錐無外接球，所以B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)：由題意可知，，，,，由基本不等式可知：，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取得最大值，所以,所以當(dāng)，時(shí)，體積取到最大值，故正確；D選項(xiàng)：由題意可知，，，，也即兩兩垂直，可以依次構(gòu)造長方體，長方體的體對(duì)角線即為外接球的直徑，設(shè)外接球半徑為r，則，，所以時(shí)，取得最小值，此時(shí)，所以D正確．故選：ACD11．BC【分析】利用二項(xiàng)分布的期望、方差公式及期望、方差的性質(zhì)計(jì)算判斷AB；利用二項(xiàng)分布的概率公式計(jì)算判斷C；利用二項(xiàng)分布與超幾何分布的關(guān)系判斷D.【詳解】對(duì)于A，由，得，則，A正確；對(duì)于B，由，得，則，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由，得，故，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，當(dāng)樣本總數(shù)遠(yuǎn)大于抽取數(shù)目時(shí)，可以用二項(xiàng)分布近似估計(jì)超幾何分布，D正確.故選：BC12．/60°【分析】先根據(jù)正弦定理化簡題干條件可得，進(jìn)而結(jié)合余弦定理即可求解.【詳解】對(duì)于，由正弦定理得，即，由余弦定理得，又，所以.故答案為：.13．【分析】求出，根據(jù)回歸方程過求出，代入得解.【詳解】由題意可得，，由回歸方程過點(diǎn)可得，解得，故方程為，把代入可得，故答案為：．14．【分析】只需函數(shù)的極值點(diǎn)在區(qū)間內(nèi)，再利用為定義域的真子集即可求出實(shí)數(shù)的取值范圍.【詳解】解：函數(shù)的定義域是，所以，即.因?yàn)椋栽谏蠁握{(diào)遞增，由，可得若函數(shù)在區(qū)間內(nèi)不單調(diào)，則，解之可得，又因?yàn)?，所?故答案為：.15．(1)(2)答案見解析.【分析】（1）利用待定系數(shù)法計(jì)算即可求解析式；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論含參討論解一元二次不等式即可.【詳解】（1）因?yàn)?，，所以，又因?yàn)?，所以，所以，所以，所以，即?）由，可得不等式，即，所以，當(dāng)，即時(shí)，不等式的解集為，當(dāng)，即時(shí)，不等式的解集為，當(dāng)，即時(shí)，不等式的解集為，綜上所述，當(dāng)時(shí)，不等式的解集為，當(dāng)時(shí)，不等式的解集為，當(dāng)時(shí)，不等式的解集為16．(1)與關(guān)于是“n維交換”，理由見解析(2)【分析】（1）由題意求出，，令，解出的值即可判斷；（2）找到等量關(guān)系，構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題求解即可.【詳解】（1）因?yàn)椋?，所以，解得，所以有唯一?shí)數(shù)解，即與關(guān)于是“維交換”，所以與關(guān)于是“n維交換”.（2）令，依題意，函數(shù)在R上有3個(gè)零點(diǎn)，顯然，即是函數(shù)的零點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，若，則，，即函數(shù)在時(shí)無零點(diǎn)，若，則在上單調(diào)遞增，，函數(shù)在時(shí)只有1個(gè)零點(diǎn)，不符合題意，因此，①當(dāng)時(shí)，，顯然函數(shù)的圖象恒過點(diǎn)，則當(dāng)時(shí)，函數(shù)的圖象開口向上，在時(shí)僅只一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，，在時(shí)沒有零點(diǎn)，②當(dāng)時(shí)，，顯然函數(shù)的圖象恒過點(diǎn)，，當(dāng)，即時(shí)，在時(shí)僅只一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)，即時(shí)，在時(shí)有2個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)，即時(shí)，在時(shí)沒有零點(diǎn)，③當(dāng)時(shí)，，顯然函數(shù)的圖象恒過點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，在時(shí)無零點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，在時(shí)有1個(gè)零點(diǎn)，綜上所述，當(dāng)時(shí)，有3個(gè)零點(diǎn)，所以當(dāng)與關(guān)于“3維交換”時(shí)，.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：涉及函數(shù)新定義問題，理解新定義，找到等量關(guān)系，轉(zhuǎn)化零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題是本題的解題關(guān)鍵.17．(1)最小正周期為，對(duì)稱中心的坐標(biāo)為(2)【分析】（1）通過三角恒等變換化簡，進(jìn)一步由周期公式以及整體代入法可得對(duì)稱中心；（2）通過化簡得到，分離參數(shù)可得，進(jìn)一步由換元法即可求解.【詳解】（1），

則的最小正周期為：，

，，所以的對(duì)稱中心的坐標(biāo)為：；（2）由題意可知，將函數(shù)的圖像向右平移個(gè)單位得到，

再向下平移1個(gè)單位得到，

再將圖象上每一點(diǎn)的橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼谋兜玫?/p>

即，，，

可得，

令，在上單調(diào)遞減，所以，

在上有解，需，，的取值為.18．(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)的坐標(biāo)，平面的法向量為，計(jì)算出，從而得到⊥，又平面，所以平面；（2）求出平面的法向量，利用線面角的求解公式求出答案；（3）求出兩平面的法向量，利用面面角的余弦夾角公式求出答案.【詳解】（1）在直三棱柱中，，則可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，又為中點(diǎn)，E為中點(diǎn)，F(xiàn)為中點(diǎn)．故，則，平面的法向量為，故，所以⊥，又平面，所以平面；（2），設(shè)是平面的法向量，則有：，即，令，則，所以，設(shè)直線與平面的夾角為，則，直線與平面的正弦值為；（3），則，設(shè)平面的法向量為，則有，即，解得，令，則，故，設(shè)平面與平面的夾角為，所以．平面與平面夾角的余弦值為19．(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)“收縮性質(zhì)”逐步求得.（2）根據(jù)“收縮性質(zhì)”，先判斷出，都是3的倍數(shù)，然后判斷出，都是3的倍數(shù)，從而得到為整數(shù).（3）先判斷出數(shù)列具有周期性，判斷出數(shù)列有最小值，判斷出數(shù)列的最小值為或，由此進(jìn)一步確定的值構(gòu)成的集合.【詳解】（1）當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，為偶數(shù)；，當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，，因?yàn)?，則為偶數(shù)，則，若為奇數(shù)，則，不符合題意，所以為偶數(shù)，則.若為奇數(shù)，則；若為偶數(shù)，則；所以的值構(gòu)成的集合為（2）依題意，為3的倍數(shù)（），當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，；當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，則為偶數(shù)，，故是3的倍數(shù)，以此類推，，都是3的倍數(shù)；另一方面，當(dāng)時(shí)，由于當(dāng)為3的倍數(shù)時(shí)，可知也是3的倍數(shù)，以此類推，，都是3的倍數(shù)，綜上所述，為整數(shù).（3）因?yàn)?，故?shù)列具有周期性，由條件（1）可知，數(shù)列一定有最小值，設(shè)為，下證或3.當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，設(shè)