廣東省東莞市第四高級中學2024-2025學年高三上學期10月月考數學試題（解析版）

2024-2025學年度10月考高三數學試卷第I卷（選擇題）一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解一元二次不等式得到，再由交集運算即可.所以故選:D2.若復數滿足，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用復數的除法運算計算可得，即可得出.由可得,可得.故選：A3.曲線在點處的切線斜率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用導數的幾何意義求切線斜率.由，則曲線在點處的切線斜率為.故選：B4.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據余弦二倍角公式和同角三角函數的基本關系即可求得.原式.故選：A.5.已知橢圓的短軸長是長軸長和焦距的等比中項，則橢圓的離心率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據橢圓中和離心率的公式，結合等比中項的概念求解即可.由已知得，即，又在橢圓中，所以，同除以得，，解得或（舍去），故選：C6.6把椅子擺成一排，3人隨機就座，任何兩人不相鄰坐法種數為A.144 B.120 C.72 D.24【答案】D【解析】試題分析：先排三個空位，形成4個間隔，然后插入3個同學，故有種考點：排列、組合及簡單計數問題7.設等差數列的前n項和為，若>0，，則時，n的最大值為（）A.14 B.13 C.11 D.7【答案】B【解析】【分析】根據等差數列前n項和為過原點的二次函數，利用對稱性求解.∵等差數列的前n項和是二次函數，且得，∴，即,所以n的最大值為13，故選：B8.定義方程的實數根叫做函數的“駐點”．若函數，的“駐點”分別為則的大小關系為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據“駐點”的定義，構造函數，利用導數判斷函數的單調性，再結合零點存在性定理，即可確定駐點的范圍，即可判斷選項.，則，設，，恒成立，所以單調遞增，，，所以，，則，設，，得或，，，的變化情況如下表所示，單調遞增極大值單調遞減極小值單調遞增，，所以，，則，得，得，即，所以.故選：D【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是理解“駐點”的定義，并根據方程構造函數.二、多選題（本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對得部分分，有錯誤選項得0分.）9.下列各項正確的是（）A.若隨機變量，則B.若隨機變量，則C.對于事件，若，則互斥D.用不同的模型擬合同一組數據，則殘差平方和越小的模型擬合的效果越好【答案】AD【解析】【分析】根據正態(tài)分布額對稱性判斷A，根據二項分布的期望、方差公式判斷B，由互斥事件的定義及條件概率的定義可判斷C，由殘差的定義判斷D.對于A，由正態(tài)分布的對稱性知，P(X<6)=PX>10，所以P(X<6)+PX≤10=P對于B，由知，即得，故B錯誤；對于C，當時，不互斥，故C錯誤；對于D，由殘差平方和的統(tǒng)計意義知殘差平方和越小的模型擬合的效果越好，故D正確，故選：AD10.函數的圖象如圖所示，將其向左平移個單位長度，得到的圖象，則下列說法正確的是（）A.B.函數的圖象關于點對稱C.函數的圖象關于直線對稱D.函數在區(qū)間上單調遞減【答案】ABD【解析】【分析】A項由最值點代入解析式待定系數，結合解析式由利用整體取代方法求對稱中心可得B項；C項由平移得化簡得，利用整體取代方法求對稱軸即可；D項，由誘導公式化簡得，結合圖象可知單調性.A項，由得，，解得，，又，所以.故A正確；B項，因為，由，，得函數的對稱中心為，，當時，得對稱中心為，故B正確；C項，.故其對稱軸為，，所以不是函數的對稱軸，故C錯誤；D項，，所以在上單調遞減，故D正確.故選：ABD.11.定義在R上的偶函數，滿足，則（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】利用特殊值及偶函數性質判斷A；根據已知條件得、判斷B、C；根據函數的性質，舉反例判斷D.由，令，則，又為偶函數，則，A對；由上，得①，在①式，將代換，得②，B錯；在②式，將代換，得，C對；由且，即周期為2且關于對稱，顯然是滿足題設的一個函數，此時，D錯.故選：AC第II卷（非選擇題）三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分，請將正確答案填寫在答題卡指定位置）12.在二項式的展開式中，若第項的二項式系數最大，則=____.【答案】或【解析】【分析】根據二項式系數的對稱性和增減性即可求得.由二項式系數的對稱性及增減性知，當時，二項式系數隨項數的增大而增大，當時，二項式系數隨項數的增大而減小，且，故或.故答案為：或.13.若函數是定義在上的奇函數，則實數____.【答案】【解析】【分析】利用可求出實數的值，然后利用函數奇偶性的定義檢驗即可.由是上的奇函數得，，解得，則，所以，，則為奇函數，合乎題意.故答案為：.14.已知是數列的前項和，，數列是公差為1的等差數列，則__________.【答案】366【解析】【分析】設，易得，再由求解.解：設，由題意知是公差為1的等差數列，則，故，則，故于是，.故答案為：366四、解答題（本大題共5小題，共77分，請寫出必要的文字說明，推理過程）15.已知函數.（1）求函數的極值；（2）若方程有三個不同的實數解，求實數a的取值范圍.【答案】（1）極大值為，極小值為-2（2）【解析】【分析】（1）求導，即可根據導函數的正負確定單調性，結合極值點定義即可求解，（2）根據函數的單調性，求解極值，即可求解.【小問1】定義域為0,+∞；令或x=1列表如下：111,+＋－＋↗極大值↘極小值↗由上表知，當時，取得極大值；當x=1時，取得極小值-2.【小問2】方程，有三個不同的實數解，等價于函數y=f(x)與直線有三個不同的交點；當時，，；∴；當時，，，∴；由（1）知，只需；即.16.設為數列前n項和，滿足.（1）求證：數列是等比數列，并求通項公式；（2）記，求.【答案】（1）證明見解析，（2）【解析】【分析】（1）根據的關系，即可作差得，進而判斷是等比數列求解，（2）根據等比求和可得，進而可得，利用分組求和，結合等比求和公式即可求解.【小問1】證明：因為，①當時，可得，解得，當時，可得，②由①②相減得，即，所以，所以數列是等比數列，首項為，公比為q=，所以的通項公式為.小問2】由（1）知，可得，所以，則++......+.+........17.近年來一種新型的“雙敗賽制”贏得了許多賽事的青睞.如圖，假設有四支隊伍進入到半決賽，淘汰賽制下，將四支隊伍兩兩分組比賽，勝者進入到總決賽，勝者即為冠軍；雙敗賽制下，兩兩分組比賽，勝者進入到勝者組，敗者進入到敗者組，勝者組兩個隊伍對決的勝者將進入到總決賽，敗者進入到敗者組.之前進入到敗者組的兩個隊伍對決的敗者將直接淘汰，勝者將跟勝者組的敗者對決，其中的勝者進入總決賽，勝者即為冠軍.雙敗賽制下有意思的事情是，在勝者組中的勝者只要輸一場比賽即總決賽就無法拿到冠軍，但是其他的隊伍卻有一次失敗的機會，近年來從敗者組殺上來拿到冠軍的不在少數，因此很多人戲謔這個賽制對強者不公平，是否真的如此呢？假設四支隊伍分別為A、B、C、D，其中A對陣其他三個隊伍獲勝概率均為p，另外三支隊伍彼此之間對陣時獲勝概率均為.最初分組時AB同組，CD同組.（1）若，在淘汰賽制下，A、C獲得冠軍的概率分別為多少？（2）分別計算兩種賽制下A獲得冠軍的概率（用p表示）；（3）根據第2問的結果分析雙敗賽制下，是否如很多人質疑的“對強者不公平”？【答案】（1），（2），（3）雙敗賽制下對強者更有利【解析】【分析】（1）依題意根據互斥事件概率的加法公式計算即可得出結果；（2）根據賽制規(guī)則可分別求得A獲得冠軍的概率；（3）由表達式以及概率時可知雙敗賽制下對強者更有利.【小問1】由題意得，若A獲得冠軍：AB組A獲勝，再由A與CD組勝者決賽并勝出，則A獲得冠軍的概率為，若C獲得冠軍：CD組C獲勝，再由C與AB組勝者決賽并勝出，則C獲得冠軍的概率為.【小問2】淘汰賽制下，A獲得冠軍的概率為，“雙敗賽制”下，討論A進入勝者組、敗者組兩種情況，當A進入勝者組，若在勝者組A失敗，后兩局都勝，方可得冠軍；若在勝者組A勝利，后一局（與敗者組勝者比賽）勝，方可得冠軍；當A進入敗者組，后三局都勝，方可得冠軍；綜上，A獲得冠軍的概率.【小問3】令，若A為強隊，則，故，所以，雙敗賽制下對強者更有利.18.已知函數.（1）當時，求函數在的切線方程；（2）討論的單調性；（3）證明：當時，.【答案】（1）（2）答案見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）當時,，，求出，，即可寫出點處的切線方程.（2）求出導函數后，對參數與進行討論，分別求出對應情況下的單調區(qū)間.（3）要證，即證，求出，再構造新函數求證即可.【小問1】當時,，所以.得，點處的切線斜率為，所以函數的圖像在點處的切線方程為：，即：.【小問2】由得，當時，恒成立，則在上單調遞減；當時，令得，當時，，在單調遞減，當時，，在單調遞增.綜上所述，當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.【小問3】由（2）可知，當時，的最小值.要證，只需證只需證設.則，令得.當時，，在單調遞減；當時，，單調遞增.所以在處取最小值，且，所以得證，即得證.19.若數列滿足，則稱為E數列，記．（1）寫出滿足，且的一個E數列；（2）若，，證明：E數列是遞增數列的充要條件是；（3）對任意給定的整數，是否存在首項為0的E數列，使得？如果存在，寫出一個滿足條件的E數列；如果不存在，說明理由．【答案】（1）0，1，0，1，0；（2）證明見解析；（3）不存在，理由見解析.【解析】【分析】（1）根據與和可考慮寫出交替的數列.（2）先證明必要性，根據數列是遞增數列，可得，進而求得；再證明充分性，因為，再累加可得，證明即可.（3）設，則，再累加求得，再分析的奇偶，根據整除的性質，先假設存在再證明矛盾即可．【小問1】數列0，1，0，1，0是一個滿足條件的數列.【小問2】必要性：由數列是遞增數列，得，則是首項為2，公差為1的等差數列，所以；充分性：由，得，，……，，于是，即，而，，因此，