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2024-2025（上）10 月月度质量监测
高三数学
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. 3 B. 4 C. 5 D. 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. －2 B. 2 C. 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. 0 B. 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， ．
在
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4 B. 的最大值为C. 的最大值为2 D. 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 为单调函数，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 是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 是圆.
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.
