广东省深圳市人大附中深圳学校2025届高三上学期10月检测数学试题
1．（2024高三上·深圳月考）已知集合，则的元素数量是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．（2024高三上·深圳月考）已知，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
3．（2024高三上·深圳月考）小明在某一天中有七个课间休息时段，为准备“小歌手”比赛他想要选出至少一个课间休息时段来练习唱歌，但他希望任意两个练习的时间段之间都有至少两个课间不唱歌让他休息，则小明一共有（ ）种练习的方案.
A．31 B．18 C．21 D．33
4．（2024高三上·深圳月考）已知均为正实数．则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
5．（2024高三上·深圳月考）深度学习的神经网络优化模型之一是指数衰减的学习率模型：，其中，L表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知，某个指数衰减学习率模型的初始学习率为，衰减速度为．经过轮迭代学习时，学习率衰减为，则学习率衰减到以下所需要的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据：）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·深圳月考）如图所示，直线与曲线相切于两点，其中．若当时，，则函数在上的极大值点个数为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·深圳月考）若是双曲线的右焦点，过作双曲线一条渐近线的垂线与两条渐近线交于两点，为坐标原点，的面积为，则该双曲线的离心率（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·深圳月考）已知对恒成立，则的最大值为（ ）
A．0 B． C．e D．1
9．（2024高三上·深圳月考）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论不正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
10．（2024高三上·深圳月考）已知为坐标原点，点，，，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高三上·深圳月考）抛物线：焦点为F，且过点，斜率互为相反数的直线，分别交于另一点C和D，则下列说法正确的有（ ）
A．直线过定点
B．在C，D两点处的切线斜率和为
C．上存在无穷多个点到点F和直线的距离和为6
D．当C，D都在A点左侧时，面积的最大值为
12．（2024高三上·深圳月考）已知对任意实数x，均有，写出一组满足条件的 ．
13．（2024高三上·深圳月考）已知函数有两个零点，则的取值范围为 ．
14．（2024高三上·深圳月考）设实数x、y、z、t满足不等式，则的最小值为 .
15．（2024高三上·深圳月考）已知数列的前n项和为．
（1）求的通项公式：
（2）若等比数列满足，求的前n项和．
16．（2024高三上·深圳月考）海水受日月引力会产生潮汐．以海底平面为基准，涨潮时水面升高，退潮时水面降低．现测得某港口某天的时刻与水深的关系表如下所示：（3.1时即为凌晨3点06分）
时刻：x（时） 0 3.1 6.2 9.3 12.4 15.5 18.6 21.7 24
水深：y（米） 5.0 7.4 5.0 2.6 5.0 7.4 5.0 2.6 4.0
（1）根据以上数据，可以用函数来近似描述这一天内港口水深与时间的关系，求出这个函数的解析式；
（2）某条货船的吃水深度（水面高于船底的距离）为4.2米．安全条例规定，在本港口进港和在港口停靠时，船底高于海底平面的安全间隙至少有2米，根据（1）中的解析式，求出这条货船最早可行的进港时间及这条货船一天最多可以在港口中停靠的总时长．
17．（2024高三上·深圳月考）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面的距离.
18．（2024高三上·深圳月考）设函数，为的导函数，有唯一零点.
（1）的图像在处的切线方程为，求的最小值及此时的取值；
（2）若对任意满足的都有，证明：.
19．（2024高三上·深圳月考）已知集合，对于任意，
操作一：选择中某个位置（某两个数之间或第一个数之前或最后一个数之后），插入连续个或连续个，得到；
操作二：删去中连续个或连续个，得到；
进行一次操作一或者操作二均称为一次“月变换”，在第次 “月变换”的结果上再进行次“月变换”称为第次“月变换”．
（1）若对进行两次“月变换”，依次得到，．直接写出和的所有可能情况．
（2）对于和至少要对进行多少次“月变换”才能得到？说明理由．
（3）证明：对任意，总能对进行不超过次“月变换”得到．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】集合中元素的个数问题；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：由于，故，又，故，则集合中有5个元素.
故答案为：D.
【分析】根据指数函数的单调性得，解不等式求解即可.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题得，
则.
答答案为：B.
【分析】根据复数的乘法、减法运算，结合复数的模长公式计算即可.
3．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：七个课间编号为，
如果仅有一个课间练习，则每个课间都可以，有7种方案，
若有两个课间练习，
选法有，
共种方案，三个课间练习，选法为，共种，
故总数为种.
故答案为：B.
【分析】根据练习唱歌的课间个数进行分类讨论，利用列举法求解即可.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由均为正实数，得，则，即，则充分性成立；
当时，即，而均为正实数，则有或，即或，即必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】由题意，结合不等式的性质，充分条件、必要条件的定义判断即可.
5．【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：由，可得，
由题意，则，，
由，得到，
则，
所以所需的训练迭代轮数至少为74次.
故答案为：D.
【分析】由已知条件列方程，求得，再由，结合指对数关系和对数函数的性质求解即可．
6．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：由题意，分别作出斜率为的另外三条切线：，切点分别为，如图所示：
当时，；
当时，；
设，则，
则在上单调递增，
在上单调递减，
所以有，和三个极大值点.
故答案为：D.
【分析】由题意，分别作出斜率为的另外三条切线，根据斜率为的切线条数，结合图象直接判断即可.
7．【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知双曲线的渐近线方程为，，
设过点作渐近线的垂线，分别交，于点，如图所示：
因为，所以，
设，则，，
所以，
因为到的距离为，则，
所以，解得，
故双曲线的离心率为.
故答案为：A.
【分析】由题意，易知双曲线的渐近线方程，根据题设条件作出图象，设，可得出，从而求出，再求出到渐近线的距离，从而得出，结合的面积为，可得到，从而可得，的等量关系，再由离心率公式求解即可．
8．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由，得，
所以对恒成立，
令，则在上单调递增，
由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即
令，
则在上单调递增，
由，得，
所以当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，所以，
所以的最大值为1.
故答案为：D.
【分析】由题意得对恒成立，令，求导，利用导数求得，即，再令，利用导数求出的最小值，可求出的取值范围，从而可求的最大值即可.
9．【答案】A,B,C
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、若，则或，故A错误；
B、若，则或与相交，故B错误；
C、若，则与平行或相交，故C错误；
D、若，则，故D正确；
故答案为：ABC.
【分析】利用直线与平面的位置关系即可判断A；利用平面与平面的位置关系即可判断B；利用平面与平面的位置关系即可判断C；利用线面垂直的性质定理即可判断D.
10．【答案】A,B,C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：A、因为点，
所以，故A正确；
B、由，，
则，
，
因为，
所以，故B正确；
C、由选项B知，故C正确；
D、，
显然与不恒等，即不恒成立，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由题意，根据向量模的坐标表示及数量积运算，结合余弦的两角和差角公式化简判断即可.
11．【答案】B,C,D
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：A、因为抛物线：过点，所以，解得，
所以抛物线：，设点关于抛物线对称轴即轴的对称点为点，则，
因为斜率互为相反数，不妨设，
则，
联立与抛物线：，化简并整理得，
，
设，
则，
所以，同理，
直线的方程为：，
整理得
，
即直线的方程为：，这条直线的斜率是定值，
随着的变化，这条可能直线会平行移动，
不妨取，此时的方程依次是，
显然这两条直线是平行的，它们不会有交点，这就说明直线过定点是错误的，故A错误；
B、对求导，可得，从而在C，D两点处的切线斜率和为，故B正确；
C、设上存在点到点F和直线的距离和为6，
由抛物线定义可知，，其中为点到直线的距离，
当时，恒有成立，
则上存在无穷多个点到点F和直线的距离和为6，故C正确；
D、设与交与点，联立直线的方程：与直线的方程：，
解得，即点的坐标为，
设面积为，
则，
注意到C，D都在A点左侧时，意味着，且，从而的取值范围为，
从而，
设，则，
所以当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以面积的最大值为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】代入已知点求得抛物线：，不妨设，，，联立抛物线方程结合韦达定理可用表示出各个点的坐标，从而表示出直线方程即可判断A；求导并代入的值（用表示）即可判断B；结合抛物线定义只需判断关于的方程的解的个数即可判断C；求出三角形面积表达式，进一步构造函数，利用导数求出最值即可判断D.
12．【答案】（答案不唯一）
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：，
则.
故答案为：（答案不唯一）.
【分析】由题意，根据诱导公式变形求解即可.
13．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：易知函数的定义域为，
令，则，
令，，作出函数的图象，如图所示：
因为函数有两个零点，由图易知，，
且，得到，
所以，令，
则，又易知在区间上单调递减，
所以，即的取值范围为，
故答案为：.
【分析】先求函数的定义域，令，得到，构造函数，作出函数的图象，数形结合得到，从而有，通过换元，得到，再求出在的取值范围即可.
14．【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，所以，
则，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.
故答案为：.
【分析】令，根据分母最大分子最小时分式的值最小可得，结合基本不等式求解即可．
15．【答案】（1）解：因为数列的前n项和为，
当时，；
当时，；
又因为，符合，
所以的通项公式为：，；
（2）解：设等比数列的公比为，
因为等比数列满足，即，，
所以，所以，
所以的前n项和.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）由题意，根据求解即可；
（2）根据（1）的结论可求出等比数列中的，进而求出公比，利用等比数列前n项和公式求解即可.
（1）因为数列的前n项和为，
当时，；
当时，；
又因为，符合，
所以的通项公式为：，.
（2）设等比数列的公比为.
因为等比数列满足，即，，
所以，所以，
所以的前n项和.
16．【答案】（1）解：由表格可知y的最大值为7.4，最小值为2.6，
则，
由表格可知，
所以，
所以，
将点代入可得：，
所以，解得，
因为，所以，
所以；
（2）解：货船需要的安全水深为米，所以进港条件为，
令，即，
所以，
解得，
因为，所以时，，
时，
因为（时） 时 2 分，（时） 时 10 分.
（时） 时 26 分，（时） 时 34 分.
因此，货船可以在 1 时 2 分进港，早晨 5 时 10 分出港；或在下午 13 时 26 分进港，下午 17 时 34 分出港.
则该货船最早进港时间为1时2分，停靠总时长为8小时16分钟.
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）由表数据，根据公式，求得周期，从而求，代入最高点求的值即可；
（2）由题意可知进港条件为，解不等式即可.
（1）由表格可知y的最大值为7.4，最小值为2.6，
所以，
由表格可知，
所以，
所以，
将点代入可得：，
所以，
解得，
因为，所以，
所以.
（2）货船需要的安全水深为米，
所以进港条件为.
令，
即，
所以，
解得，
因为，
所以时，，
时，
因为（时） 时 2 分，（时） 时 10 分.
（时） 时 26 分，（时） 时 34 分.
因此，货船可以在 1 时 2 分进港，早晨 5 时 10 分出港；或在下午 13 时 26 分进港，下午 17 时 34 分出港.
则该货船最早进港时间为1时2分，停靠总时长为8小时16分钟.
17．【答案】（1）证明：因为、分别为、的中点，所以，
又平面，平面，则平面，
又平面，平面平面，所以；
（2）解：由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
连接，，由均为正三角形，为的中点，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，又，，
又，可得，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以与平面的距离为.
【知识点】平面与平面平行的性质；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【分析】（1）由题意，证明平面，再根据线面平行的性质证明即可；
（2）连接，，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点到平面距离即可.
（1）因为、分别为、的中点，所以，
又平面，平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
（2）由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
连接，，由均为正三角形，为的中点，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，又，，
又，可得，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以与平面的距离为.
18．【答案】（1）解：函数定义域为，求导可得，
令，则，
故的图像在处的切线方程为，
又，故，
，最小值为3，
当且仅当取等，故时取得等号，故；
（2）证明：由（1）可得，，单调递增，即证明，
由题得在上单调递减，在区间上单调递增，由，
，故，
，
由，令故在恒成立，
又，，
令，，，
，，
令，，，
，单调递增，
时，
假设，，在存在唯一零点，
则在上为正，在上为正，
在上，同理
与在恒成立矛盾，
故，则得证.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；基本不等式；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义，求得切线方程，由此得到函数，利用基本不等式得出最小值即可；
（2）利用函数对不等式进行转换，再利用导函数与单调性的关系，找到零点，从而得出结论.
（1），令，则，
故的图像在处的切线方程为，
又，故，
，最小值为3，
当且仅当取等，故时取得等号，故.
（2）证明即证明.
且由（1）知道，，单调递增即证明，
由题得在单调递减，单调递增，由，
，故，
，
由，令故在恒成立，
又，，
令，，，
，，
令，，，
，单调递增，
时，
假设，，在存在唯一零点，
则在上为正，在上为正，
在上，同理
与在恒成立矛盾，
故，则得证.
19．【答案】（1）解：由于对进行一次“月变换”后就得到了，说明一定含有个相同且相邻的数，从而只可能是，，，对应的分别是，，；
（2）解：对每个中的元素，将其所有连续的和连续的各自记为一个段落，则容易得到：若对某个进行一次操作一得到，则的段落数或者和的段落数相等，或者比的段落数多，或者比的段落数多；
若对某个进行一次操作二得到，则的段落数或者和的段落数相等，或者比的段落数少，或者比的段落数少.
这表明，每次“月变换”下，变换前后元素的段落数之差的绝对值不超过.
现在，的段落数为，的段落数为.
故若对进行次“月变换”后可以得到，则由前面的结论知包含的段落数之差的绝对值不超过，所以，得.
如果，则再次由前面的结论可知，变换过程中每次都是操作二，且有次变换后相比变换前的段落数多，有次变换后相比变换前的段落数多.
但在只进行操作二的情况下，的数量不可能减少，但包含的的个数分别是，矛盾.
所以.
下面的变换过程表明是可行的：
，
，
，
，
，
.
所以至少要对进行次“月变换”才能得到；
（3）证明：由于能通过 “月变换”得到，当且仅当能通过 “月变换”得到，所以我们不妨设的段落数不小于的段落数，则.此时，我们再不妨设中的段落数不超过的段落数，从而中的段落数不超过.
显然，如果不含，则只需要一次操作使含的个数与相等，然后再插入至多个连续的构成的段落即可，
由知结论成立.
下面考虑含的情况，进行如下操作：
第一步：如果的的个数小于，则在的任意一个右侧增加若干个使得二者含数量相等，否则跳过该步骤；
第二步：我们不断对进行增加或删除连续若干个的操作.
准备工作：如果和开头的数码不同，则在开头增加或删去若干个，否则跳过该步骤.
然后反复进行以下步骤：
情况1：如果当前的的第一个和不一致的段落对应的数字是由组成的，则在的该段落中间添加若干个（数量与的下一个段落的的个数相等），或者在该段落末尾删去的下一个由组成的段落；
情况2：如果当前的的第一个和不一致的段落对应的数字是由组成的，则在的该段落中间添加或删去若干个，使得该段的的个数与的该段落的的个数相等.
如此反复后，如果第一步进行了操作，则最终和一致；如果第一步没有进行操作，则最终相比在末尾多出若干个.
第三步：如果相比在末尾多出若干个，则删除多余的，否则跳过该步骤.
至此，我们就将操作变成了.
由于每执行一次第二步的操作时，使得段落数增加的准备工作和段落数减少的删除的操作的总次数不超过，而增加的操作的次数不超过，同时第一步和第三步不可能同时进行操作，所以总的操作次数不会超过，故需要的操作次数不超过.
【知识点】有限集合与无限集合；集合中元素的个数问题
【解析】【分析】（1）由题意，直接根据定义得到所有可能的情况即可；
（2）先对段落数估计，证明一定需要次操作，再构造次操作的例子，即可说明至少需要的操作次数为；
（3）先给出具体的操作方式，再证明该操作方式下操作的总次数不会超过.
（1）由于对进行一次“月变换”后就得到了，说明一定含有个相同且相邻的数，从而只可能是，，，对应的分别是，，.
（2）对每个中的元素，将其所有连续的和连续的各自记为一个段落，则容易得到：
若对某个进行一次操作一得到，则的段落数或者和的段落数相等，或者比的段落数多，或者比的段落数多；
若对某个进行一次操作二得到，则的段落数或者和的段落数相等，或者比的段落数少，或者比的段落数少.
这表明，每次“月变换”下，变换前后元素的段落数之差的绝对值不超过.
现在，的段落数为，的段落数为.
故若对进行次“月变换”后可以得到，则由前面的结论知包含的段落数之差的绝对值不超过，所以，得.
如果，则再次由前面的结论可知，变换过程中每次都是操作二，且有次变换后相比变换前的段落数多，有次变换后相比变换前的段落数多.
但在只进行操作二的情况下，的数量不可能减少，但包含的的个数分别是，矛盾.
所以.
下面的变换过程表明是可行的：
，
，
，
，
，
.
所以，至少要对进行次“月变换”才能得到.
（3）由于能通过 “月变换”得到，当且仅当能通过 “月变换”得到，所以我们不妨设的段落数不小于的段落数，则.
此时，我们再不妨设中的段落数不超过的段落数，从而中的段落数不超过.
显然，如果不含，则只需要一次操作使含的个数与相等，然后再插入至多个连续的构成的段落即可，由知结论成立.
下面考虑含的情况，进行如下操作：
第一步：如果的的个数小于，则在的任意一个右侧增加若干个使得二者含数量相等，否则跳过该步骤；
第二步：我们不断对进行增加或删除连续若干个的操作.
准备工作：如果和开头的数码不同，则在开头增加或删去若干个，否则跳过该步骤.
然后反复进行以下步骤：
情况1：如果当前的的第一个和不一致的段落对应的数字是由组成的，则在的该段落中间添加若干个（数量与的下一个段落的的个数相等），或者在该段落末尾删去的下一个由组成的段落；
情况2：如果当前的的第一个和不一致的段落对应的数字是由组成的，则在的该段落中间添加或删去若干个，使得该段的的个数与的该段落的的个数相等.
如此反复后，如果第一步进行了操作，则最终和一致；如果第一步没有进行操作，则最终相比在末尾多出若干个.
第三步：如果相比在末尾多出若干个，则删除多余的，否则跳过该步骤.
至此，我们就将操作变成了.
由于每执行一次第二步的操作时，使得段落数增加的准备工作和段落数减少的删除的操作的总次数不超过，而增加的操作的次数不超过，同时第一步和第三步不可能同时进行操作，所以总的操作次数不会超过，故需要的操作次数不超过.
1 / 1广东省深圳市人大附中深圳学校2025届高三上学期10月检测数学试题
1．（2024高三上·深圳月考）已知集合，则的元素数量是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【知识点】集合中元素的个数问题；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：由于，故，又，故，则集合中有5个元素.
故答案为：D.
【分析】根据指数函数的单调性得，解不等式求解即可.
2．（2024高三上·深圳月考）已知，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题得，
则.
答答案为：B.
【分析】根据复数的乘法、减法运算，结合复数的模长公式计算即可.
3．（2024高三上·深圳月考）小明在某一天中有七个课间休息时段，为准备“小歌手”比赛他想要选出至少一个课间休息时段来练习唱歌，但他希望任意两个练习的时间段之间都有至少两个课间不唱歌让他休息，则小明一共有（ ）种练习的方案.
A．31 B．18 C．21 D．33
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：七个课间编号为，
如果仅有一个课间练习，则每个课间都可以，有7种方案，
若有两个课间练习，
选法有，
共种方案，三个课间练习，选法为，共种，
故总数为种.
故答案为：B.
【分析】根据练习唱歌的课间个数进行分类讨论，利用列举法求解即可.
4．（2024高三上·深圳月考）已知均为正实数．则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由均为正实数，得，则，即，则充分性成立；
当时，即，而均为正实数，则有或，即或，即必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】由题意，结合不等式的性质，充分条件、必要条件的定义判断即可.
5．（2024高三上·深圳月考）深度学习的神经网络优化模型之一是指数衰减的学习率模型：，其中，L表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知，某个指数衰减学习率模型的初始学习率为，衰减速度为．经过轮迭代学习时，学习率衰减为，则学习率衰减到以下所需要的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据：）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：由，可得，
由题意，则，，
由，得到，
则，
所以所需的训练迭代轮数至少为74次.
故答案为：D.
【分析】由已知条件列方程，求得，再由，结合指对数关系和对数函数的性质求解即可．
6．（2024高三上·深圳月考）如图所示，直线与曲线相切于两点，其中．若当时，，则函数在上的极大值点个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】解：由题意，分别作出斜率为的另外三条切线：，切点分别为，如图所示：
当时，；
当时，；
设，则，
则在上单调递增，
在上单调递减，
所以有，和三个极大值点.
故答案为：D.
【分析】由题意，分别作出斜率为的另外三条切线，根据斜率为的切线条数，结合图象直接判断即可.
7．（2024高三上·深圳月考）若是双曲线的右焦点，过作双曲线一条渐近线的垂线与两条渐近线交于两点，为坐标原点，的面积为，则该双曲线的离心率（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知双曲线的渐近线方程为，，
设过点作渐近线的垂线，分别交，于点，如图所示：
因为，所以，
设，则，，
所以，
因为到的距离为，则，
所以，解得，
故双曲线的离心率为.
故答案为：A.
【分析】由题意，易知双曲线的渐近线方程，根据题设条件作出图象，设，可得出，从而求出，再求出到渐近线的距离，从而得出，结合的面积为，可得到，从而可得，的等量关系，再由离心率公式求解即可．
8．（2024高三上·深圳月考）已知对恒成立，则的最大值为（ ）
A．0 B． C．e D．1
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由，得，
所以对恒成立，
令，则在上单调递增，
由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即
令，
则在上单调递增，
由，得，
所以当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，所以，
所以的最大值为1.
故答案为：D.
【分析】由题意得对恒成立，令，求导，利用导数求得，即，再令，利用导数求出的最小值，可求出的取值范围，从而可求的最大值即可.
9．（2024高三上·深圳月考）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论不正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A,B,C
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、若，则或，故A错误；
B、若，则或与相交，故B错误；
C、若，则与平行或相交，故C错误；
D、若，则，故D正确；
故答案为：ABC.
【分析】利用直线与平面的位置关系即可判断A；利用平面与平面的位置关系即可判断B；利用平面与平面的位置关系即可判断C；利用线面垂直的性质定理即可判断D.
10．（2024高三上·深圳月考）已知为坐标原点，点，，，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：A、因为点，
所以，故A正确；
B、由，，
则，
，
因为，
所以，故B正确；
C、由选项B知，故C正确；
D、，
显然与不恒等，即不恒成立，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由题意，根据向量模的坐标表示及数量积运算，结合余弦的两角和差角公式化简判断即可.
11．（2024高三上·深圳月考）抛物线：焦点为F，且过点，斜率互为相反数的直线，分别交于另一点C和D，则下列说法正确的有（ ）
A．直线过定点
B．在C，D两点处的切线斜率和为
C．上存在无穷多个点到点F和直线的距离和为6
D．当C，D都在A点左侧时，面积的最大值为
【答案】B,C,D
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：A、因为抛物线：过点，所以，解得，
所以抛物线：，设点关于抛物线对称轴即轴的对称点为点，则，
因为斜率互为相反数，不妨设，
则，
联立与抛物线：，化简并整理得，
，
设，
则，
所以，同理，
直线的方程为：，
整理得
，
即直线的方程为：，这条直线的斜率是定值，
随着的变化，这条可能直线会平行移动，
不妨取，此时的方程依次是，
显然这两条直线是平行的，它们不会有交点，这就说明直线过定点是错误的，故A错误；
B、对求导，可得，从而在C，D两点处的切线斜率和为，故B正确；
C、设上存在点到点F和直线的距离和为6，
由抛物线定义可知，，其中为点到直线的距离，
当时，恒有成立，
则上存在无穷多个点到点F和直线的距离和为6，故C正确；
D、设与交与点，联立直线的方程：与直线的方程：，
解得，即点的坐标为，
设面积为，
则，
注意到C，D都在A点左侧时，意味着，且，从而的取值范围为，
从而，
设，则，
所以当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以面积的最大值为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】代入已知点求得抛物线：，不妨设，，，联立抛物线方程结合韦达定理可用表示出各个点的坐标，从而表示出直线方程即可判断A；求导并代入的值（用表示）即可判断B；结合抛物线定义只需判断关于的方程的解的个数即可判断C；求出三角形面积表达式，进一步构造函数，利用导数求出最值即可判断D.
12．（2024高三上·深圳月考）已知对任意实数x，均有，写出一组满足条件的 ．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：，
则.
故答案为：（答案不唯一）.
【分析】由题意，根据诱导公式变形求解即可.
13．（2024高三上·深圳月考）已知函数有两个零点，则的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：易知函数的定义域为，
令，则，
令，，作出函数的图象，如图所示：
因为函数有两个零点，由图易知，，
且，得到，
所以，令，
则，又易知在区间上单调递减，
所以，即的取值范围为，
故答案为：.
【分析】先求函数的定义域，令，得到，构造函数，作出函数的图象，数形结合得到，从而有，通过换元，得到，再求出在的取值范围即可.
14．（2024高三上·深圳月考）设实数x、y、z、t满足不等式，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，所以，
则，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.
故答案为：.
【分析】令，根据分母最大分子最小时分式的值最小可得，结合基本不等式求解即可．
15．（2024高三上·深圳月考）已知数列的前n项和为．
（1）求的通项公式：
（2）若等比数列满足，求的前n项和．
【答案】（1）解：因为数列的前n项和为，
当时，；
当时，；
又因为，符合，
所以的通项公式为：，；
（2）解：设等比数列的公比为，
因为等比数列满足，即，，
所以，所以，
所以的前n项和.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）由题意，根据求解即可；
（2）根据（1）的结论可求出等比数列中的，进而求出公比，利用等比数列前n项和公式求解即可.
（1）因为数列的前n项和为，
当时，；
当时，；
又因为，符合，
所以的通项公式为：，.
（2）设等比数列的公比为.
因为等比数列满足，即，，
所以，所以，
所以的前n项和.
16．（2024高三上·深圳月考）海水受日月引力会产生潮汐．以海底平面为基准，涨潮时水面升高，退潮时水面降低．现测得某港口某天的时刻与水深的关系表如下所示：（3.1时即为凌晨3点06分）
时刻：x（时） 0 3.1 6.2 9.3 12.4 15.5 18.6 21.7 24
水深：y（米） 5.0 7.4 5.0 2.6 5.0 7.4 5.0 2.6 4.0
（1）根据以上数据，可以用函数来近似描述这一天内港口水深与时间的关系，求出这个函数的解析式；
（2）某条货船的吃水深度（水面高于船底的距离）为4.2米．安全条例规定，在本港口进港和在港口停靠时，船底高于海底平面的安全间隙至少有2米，根据（1）中的解析式，求出这条货船最早可行的进港时间及这条货船一天最多可以在港口中停靠的总时长．
【答案】（1）解：由表格可知y的最大值为7.4，最小值为2.6，
则，
由表格可知，
所以，
所以，
将点代入可得：，
所以，解得，
因为，所以，
所以；
（2）解：货船需要的安全水深为米，所以进港条件为，
令，即，
所以，
解得，
因为，所以时，，
时，
因为（时） 时 2 分，（时） 时 10 分.
（时） 时 26 分，（时） 时 34 分.
因此，货船可以在 1 时 2 分进港，早晨 5 时 10 分出港；或在下午 13 时 26 分进港，下午 17 时 34 分出港.
则该货船最早进港时间为1时2分，停靠总时长为8小时16分钟.
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）由表数据，根据公式，求得周期，从而求，代入最高点求的值即可；
（2）由题意可知进港条件为，解不等式即可.
（1）由表格可知y的最大值为7.4，最小值为2.6，
所以，
由表格可知，
所以，
所以，
将点代入可得：，
所以，
解得，
因为，所以，
所以.
（2）货船需要的安全水深为米，
所以进港条件为.
令，
即，
所以，
解得，
因为，
所以时，，
时，
因为（时） 时 2 分，（时） 时 10 分.
（时） 时 26 分，（时） 时 34 分.
因此，货船可以在 1 时 2 分进港，早晨 5 时 10 分出港；或在下午 13 时 26 分进港，下午 17 时 34 分出港.
则该货船最早进港时间为1时2分，停靠总时长为8小时16分钟.
17．（2024高三上·深圳月考）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面的距离.
【答案】（1）证明：因为、分别为、的中点，所以，
又平面，平面，则平面，
又平面，平面平面，所以；
（2）解：由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
连接，，由均为正三角形，为的中点，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，又，，
又，可得，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以与平面的距离为.
【知识点】平面与平面平行的性质；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【分析】（1）由题意，证明平面，再根据线面平行的性质证明即可；
（2）连接，，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点到平面距离即可.
（1）因为、分别为、的中点，所以，
又平面，平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
（2）由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
连接，，由均为正三角形，为的中点，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，又，，
又，可得，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以与平面的距离为.
18．（2024高三上·深圳月考）设函数，为的导函数，有唯一零点.
（1）的图像在处的切线方程为，求的最小值及此时的取值；
（2）若对任意满足的都有，证明：.
【答案】（1）解：函数定义域为，求导可得，
令，则，
故的图像在处的切线方程为，
又，故，
，最小值为3，
当且仅当取等，故时取得等号，故；
（2）证明：由（1）可得，，单调递增，即证明，
由题得在上单调递减，在区间上单调递增，由，
，故，
，
由，令故在恒成立，
又，，
令，，，
，，
令，，，
，单调递增，
时，
假设，，在存在唯一零点，
则在上为正，在上为正，
在上，同理
与在恒成立矛盾，
故，则得证.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；基本不等式；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义，求得切线方程，由此得到函数，利用基本不等式得出最小值即可；
（2）利用函数对不等式进行转换，再利用导函数与单调性的关系，找到零点，从而得出结论.
（1），令，则，
故的图像在处的切线方程为，
又，故，
，最小值为3，
当且仅当取等，故时取得等号，故.
（2）证明即证明.
且由（1）知道，，单调递增即证明，
由题得在单调递减，单调递增，由，
，故，
，
由，令故在恒成立，
又，，
令，，，
，，
令，，，
，单调递增，
时，
假设，，在存在唯一零点，
则在上为正，在上为正，
在上，同理
与在恒成立矛盾，
故，则得证.
19．（2024高三上·深圳月考）已知集合，对于任意，
操作一：选择中某个位置（某两个数之间或第一个数之前或最后一个数之后），插入连续个或连续个，得到；
操作二：删去中连续个或连续个，得到；
进行一次操作一或者操作二均称为一次“月变换”，在第次 “月变换”的结果上再进行次“月变换”称为第次“月变换”．
（1）若对进行两次“月变换”，依次得到，．直接写出和的所有可能情况．
（2）对于和至少要对进行多少次“月变换”才能得到？说明理由．
（3）证明：对任意，总能对进行不超过次“月变换”得到．
【答案】（1）解：由于对进行一次“月变换”后就得到了，说明一定含有个相同且相邻的数，从而只可能是，，，对应的分别是，，；
（2）解：对每个中的元素，将其所有连续的和连续的各自记为一个段落，则容易得到：若对某个进行一次操作一得到，则的段落数或者和的段落数相等，或者比的段落数多，或者比的段落数多；
若对某个进行一次操作二得到，则的段落数或者和的段落数相等，或者比的段落数少，或者比的段落数少.
这表明，每次“月变换”下，变换前后元素的段落数之差的绝对值不超过.
现在，的段落数为，的段落数为.
故若对进行次“月变换”后可以得到，则由前面的结论知包含的段落数之差的绝对值不超过，所以，得.
如果，则再次由前面的结论可知，变换过程中每次都是操作二，且有次变换后相比变换前的段落数多，有次变换后相比变换前的段落数多.
但在只进行操作二的情况下，的数量不可能减少，但包含的的个数分别是，矛盾.
所以.
下面的变换过程表明是可行的：
，
，
，
，
，
.
所以至少要对进行次“月变换”才能得到；
（3）证明：由于能通过 “月变换”得到，当且仅当能通过 “月变换”得到，所以我们不妨设的段落数不小于的段落数，则.此时，我们再不妨设中的段落数不超过的段落数，从而中的段落数不超过.
显然，如果不含，则只需要一次操作使含的个数与相等，然后再插入至多个连续的构成的段落即可，
由知结论成立.
下面考虑含的情况，进行如下操作：
第一步：如果的的个数小于，则在的任意一个右侧增加若干个使得二者含数量相等，否则跳过该步骤；
第二步：我们不断对进行增加或删除连续若干个的操作.
准备工作：如果和开头的数码不同，则在开头增加或删去若干个，否则跳过该步骤.
然后反复进行以下步骤：
情况1：如果当前的的第一个和不一致的段落对应的数字是由组成的，则在的该段落中间添加若干个（数量与的下一个段落的的个数相等），或者在该段落末尾删去的下一个由组成的段落；
情况2：如果当前的的第一个和不一致的段落对应的数字是由组成的，则在的该段落中间添加或删去若干个，使得该段的的个数与的该段落的的个数相等.
如此反复后，如果第一步进行了操作，则最终和一致；如果第一步没有进行操作，则最终相比在末尾多出若干个.
第三步：如果相比在末尾多出若干个，则删除多余的，否则跳过该步骤.
至此，我们就将操作变成了.
由于每执行一次第二步的操作时，使得段落数增加的准备工作和段落数减少的删除的操作的总次数不超过，而增加的操作的次数不超过，同时第一步和第三步不可能同时进行操作，所以总的操作次数不会超过，故需要的操作次数不超过.
【知识点】有限集合与无限集合；集合中元素的个数问题
【解析】【分析】（1）由题意，直接根据定义得到所有可能的情况即可；
（2）先对段落数估计，证明一定需要次操作，再构造次操作的例子，即可说明至少需要的操作次数为；
（3）先给出具体的操作方式，再证明该操作方式下操作的总次数不会超过.
（1）由于对进行一次“月变换”后就得到了，说明一定含有个相同且相邻的数，从而只可能是，，，对应的分别是，，.
（2）对每个中的元素，将其所有连续的和连续的各自记为一个段落，则容易得到：
若对某个进行一次操作一得到，则的段落数或者和的段落数相等，或者比的段落数多，或者比的段落数多；
若对某个进行一次操作二得到，则的段落数或者和的段落数相等，或者比的段落数少，或者比的段落数少.
这表明，每次“月变换”下，变换前后元素的段落数之差的绝对值不超过.
现在，的段落数为，的段落数为.
故若对进行次“月变换”后可以得到，则由前面的结论知包含的段落数之差的绝对值不超过，所以，得.
如果，则再次由前面的结论可知，变换过程中每次都是操作二，且有次变换后相比变换前的段落数多，有次变换后相比变换前的段落数多.
但在只进行操作二的情况下，的数量不可能减少，但包含的的个数分别是，矛盾.
所以.
下面的变换过程表明是可行的：
，
，
，
，
，
.
所以，至少要对进行次“月变换”才能得到.
（3）由于能通过 “月变换”得到，当且仅当能通过 “月变换”得到，所以我们不妨设的段落数不小于的段落数，则.
此时，我们再不妨设中的段落数不超过的段落数，从而中的段落数不超过.
显然，如果不含，则只需要一次操作使含的个数与相等，然后再插入至多个连续的构成的段落即可，由知结论成立.
下面考虑含的情况，进行如下操作：
第一步：如果的的个数小于，则在的任意一个右侧增加若干个使得二者含数量相等，否则跳过该步骤；
第二步：我们不断对进行增加或删除连续若干个的操作.
准备工作：如果和开头的数码不同，则在开头增加或删去若干个，否则跳过该步骤.
然后反复进行以下步骤：
情况1：如果当前的的第一个和不一致的段落对应的数字是由组成的，则在的该段落中间添加若干个（数量与的下一个段落的的个数相等），或者在该段落末尾删去的下一个由组成的段落；
情况2：如果当前的的第一个和不一致的段落对应的数字是由组成的，则在的该段落中间添加或删去若干个，使得该段的的个数与的该段落的的个数相等.
如此反复后，如果第一步进行了操作，则最终和一致；如果第一步没有进行操作，则最终相比在末尾多出若干个.
第三步：如果相比在末尾多出若干个，则删除多余的，否则跳过该步骤.
至此，我们就将操作变成了.
由于每执行一次第二步的操作时，使得段落数增加的准备工作和段落数减少的删除的操作的总次数不超过，而增加的操作的次数不超过，同时第一步和第三步不可能同时进行操作，所以总的操作次数不会超过，故需要的操作次数不超过.
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