2024～2025学年度上学期高三10月月考试卷数学考生注意：1.满分150分，考试时间120分钟.2.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.3.本卷命题范围：集合、逻辑、不等式、函数、导数、三角函数、解三角形、平面向量及应用、复数、数列、立体几何初步.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.在复平面内，复数（）对应的点在直线上，则（）A.1 B. C. D.3.在中，若，则（）A. B. C. D.4.已知，则的值为（）A. B. C. D.5.如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中，异面直线与所成的角为（）A.90° B.60° C.45° D.30°6.在中，，，所对的边分别为，，.若是，的等差中项，，，则该三角形外接圆的半径为（）A. B. C. D.7.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，已知数列为“斐波那契数列”，则（）A.2023 B.2024 C.1 D.28.已知函数满足，，则下列结论中正确的是（）A. B. C. D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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.已知平行四边形中，，将沿着翻折使点到达点且不在平面内，则下列结论正确的是（）A.直线可能与直线垂直 B.直线可能与直线垂直C.直线可能与直线垂直 D.直线不可能与直线垂直10.已知等比数列首项，公比为，前项和为，前项积为，函数，若，则（）A.为单调递增的等差数列 B.C.为单调递增的等比数列 D.使得成立的的最大值为611.已知函数，则下列结论正确的是（）A.函数存在两个不同的零点B.函数既存在极大值又存在极小值C.当时，方程有且只有两个实根D.若时，，则的最小值为2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.写出“”的一个充分不必要条件______.13.已知函数（）在上有最小值没有最大值，则的取值范围是______.14.截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为______.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.（本小题满分13分）在中，，，分别是内角，，的对边，且，.（1）求角的大小；（2）若，求的面积.16.（本小题满分15分）如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，，分别为，的中点.（1）证明：平面；（2）若，，，求点到平面的距离.17.（本小题满分15分）已知函数的图象如图所示.（1）写出函数的关系式；（2）已知，，.若，，恒成立，求实数的取值范围.18.（本小题满分17分）已知正项数列的前项和为，且满足.（1）求的通项公式；（2）令，记数列的前项和为，若对任意的，均有恒成立，求实数的取值范围.19.（本小题满分17分）设函数在区间上可导，为的导函数.若是上的减函数，则称为上的“上凸函数”；反之，若为上的“上凸函数”，则是上的减函数.（1）判断函数在上是否为“上凸函数”，并说明理由；（2）若函数是其定义域上的“上凸函数”，求的范围；（3）已知函数是定义在上的“上凸函数”，为曲线上的任意一点.求证：除点外，曲线上每一点都在点处切线的下方.2024～2025学年度上学期高三10月月考试卷・数学参考答案、提示及评分细则一、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.题号12345678答案DBACBACA二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.题号91011答案ABBCDABC1.D因为，，且，所以，故选D.2.B在复平面内复数（）对应的点为，所以，，故选B.3.A.4.C∵，∴，得，∴，故选C.5.B把展开图还原成正方体如图所示，由于且相等，故异面直线与所成的角就是和所成的角，故（或其补角）为所求，再由是等边三角形，可得.故选B.6.A因为，所以，由余弦定理可得，故，解得，，因为，所以.7.C由题意得，，，，…，，所以，所以.故选C.8.A令得；令，得，所以；令，得，所以；令，得，所以；令，得.综上只有A正确.9.AB当平面与平面垂直时，由可得平面，此时，，A正确，D错误；当时，在翻折过程中，可以取从0°到的范围，而，即直线与直线所成角为，所以存在点，使得，B正确；由可得，所以为锐角，为锐角，所以C错误，故选AB.10.BCD令，则，∴，∴，因为是等比数列，所以，即，∵，∴，B正确；∵，∴是公差为的递减等差数列，A错误；∵，∴是首项为，公比为的递增等比数列，C正确；∵，，，∴时，，时，，∴时，，∵，∴时，，又，，所以使得成立的的最大值为6，D正确.故选BCD.11.ABCA项，，则，解得，所以A正确；B项，，当时，，当时，或，所以函数的单调递减区间是，，单调递增区间是.所以是函数的极小值，是函数的极大值，所以B正确.C项，当时，，根据B可知，函数的最小值是，故当时，方程有且只有两个实根，所以C正确；D项，，也符合要求，所以D不正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.（答案不唯一），∵的一个充分不必要条件只需是的真子集.13.，当时，，若在上有最小值没有最大值，则，所以.14.因为棱长为的正四面体的高为，所以截角四面体上下底面距离为，设其外接球的半径为，等边三角形的中心为，正六边形的中心为，易知外接球球心在线段上，且垂直于平面与平面，则，所以，解得，所以该截角四面体的外接球的表面积为.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.解：（1）在中，由正弦定理可得，所以，所以.又，所以.又，所以，所以.（2）若，则，在中，由余弦定理可得，解得，所以的面积为.16.（1）证明：取的中点，连接，.因为为的中点，所以，且.又为的中点，所以，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以.又平面，平面，故平面.（2）解：在中，，，由正弦定理得，则.因为平面，所以，，在中，，在中，，在等腰中，上的高为，所以.设点到平面的距离为，由得，解得，即点到平面的距离为.17.解：（1）由图可得，，，，设函数，将点代入得，结合图象解得，所以.（2），，则.由题意知函数在内的最小值大于等于函数的最大值.∵，∴，∴，在上，函数.∵，，∴，，∴，∴.18.解：（1）因为，当时，有，两式相减得，化简得.因为，所以，在中，当得，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，故.（2）由（1）知，∴，∴，∴，∴.由题意，对任意的，均有恒成立，∴，即恒成立.设，所以.当时，，即；当时，，即，所以的最大值为，所以，故的取值范围是.19.（1）解：在上是“上凸函数”，理由如下：，令，所以，因为，所以，所以在上单调递减，所以在区间上为“上凸函数”.（2）解：的定义域为，，令，由题意（）.因为函数是定义在上的“上凸函数”，所以函数在上单调递减，所以（）恒成立，即（）恒成立.设（），①当时，函数在上单调递增，只需，无解；②当时，只需，解得，综上所述，实数的取值范围是.9分（3）证明：已知函数是定义在上的“上凸函数”，所以是上的减函数，设，则在上.设，则曲线在点处的切线方程为，设，则.令，则，所以在上单调递减.又，所以当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，，，所以，所以除点外，曲线上每一点都在点处切线的下方.