河南省周口市项城2024-2025高三数学上学期11月期中试题

河南省周口市项城23-2025高三上学期第四次段考数学试题一、选择题：本大题共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.【答案】D【分析】利用一元二次不等式的解法及对数函数的定义域求得集合M、N，再依据交集的概念计算即可.【详解】由，所以，由对数函数的定义域知，即,所以.故选：D2.已知复数满意，则复数的虚部为（）A. B.2 C. D.【答案】A【分析】用待定系数法设，再代入已知条件解方程即可.【详解】设，则，因为，所以，即，则解得，即，所以复数的虚部为.故选：A.3.已知x，y为非零实数，向量，为非零向量，则“”是“存在非零实数x，y，使得”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【分析】化简得到得到，共线且方向相同，存在非零实数x，y，使得得到，共线，得到答案.【详解】，故，整理得到，即，故，共线且方向相同，存在非零实数x，y，使得，故，共线，即“”是“存在非零实数x，y，使得”的充分不必要条件.故选：A.4.已知某公司第1年的销售额为a万元，假设该公司从第2年起先每年的销售额为上一年的倍，则该公司从第1年到第11年（含第11年）的销售总额为（）（参考数据：取）A.万元 B.万元 C.万元 D.万元【答案】D【分析】依据题意，由条件可得数列是首项为a，公比为的等比数列，结合等比数列的前项和公式，代入计算，即可得到结果.【详解】设第年的销售额为万元，依题意可得数列是首项为a，公比为的等比数列，则该公司从第1年到第11年的销售总额为万元．故选：D5.已知的外心为，且，，向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】A【分析】依据给定条件，确定的形态，并求出角C，再利用投影向量的意义求解作答.【详解】在中，由，得点为线段的中点，而为的外心，则，即有，又，则为正三角形，因此，，所以，所以向量在向量上的投影向量为.故选：A6.已知函数的图象关于直线对称，若，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【分析】依据函数的对称性，建立方程求出的值，然后利用帮助角公式求出的解析式，利用最值性质转化为周期关系进行求解即可．【详解】由函数的图象关于直线对称，得，所以，解得，所以，又由，，所以，所以的最小值为函数的最小正周期．故选：B.7.已知，均大于1，满意，则下列不等式成立的是（）A. B. C. D.【答案】B【分析】先化简表达式，将问题转化，构造函数，画图分析即可.【详解】由得：，即，同理，，上述可化为：，其中且都大于1，分别为，且，令，如图所示：由图可得：故选：B8.已知函数有三个零点，且，则取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【分析】令，将方程转化为，设，且，由导数得出的单调性与值域，并画出简图，设，则，得，分类探讨的范围，即可得出的范围．【详解】令，得，当时，，即或，只有2个零点，不合题意，故，又，所以，设，且，则，令，解得，且，当时，，则单调递减，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，则在的最小值为，画出简图，如图所示，所以当时，，当时，，设，则，变形为，记，令，则，画出简图，如图所示，①当时，只有一个根，则只有一个根，不合题意；②当时，有两个根，则有一个根，有两个根，符合题意；③当时，有两个根，则有一个根，有一个根，不合题意；综上所述，，即，故选：D．二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知，则下列结论正确的是（）A.的最小值为16 B.的最小值为9 C.的最大值为1 D.的最小值为【答案】ABD【分析】利用基本不等式即可推断A；依据基本不等式中“1”的整体代换即可推断B；利用消元法即可推断C；利用消元法结合二次函数的性质即可推断D.【详解】对于A，因为，所以（舍去），所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为16，故A正确；对于B，因为，所以，则，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为9，故B正确；对于C，由B得，则，则，故C错误；对于D，，当，即时，取得最小值，所以当时，的最小值为，故D正确.故选：ABD.10.已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（）A.B.函数的图象关于对称C.函数在的值域为D.要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位【答案】ACD【分析】先由图象信息求出表达式，从而即可推断A；留意到是的对称中心当且仅当，由此即可推断B；干脆由换元法结合函数单调性求值域对比即可推断C；干脆按题述方式平移函数图象，求出新的函数解析式，对比即可推断.【详解】如图所示：由图可知，又，所以，所以，又函数图象最高点为，所以，即，所以，解得，由题意，所以只能，故A选项正确；由A选项分析可知，而是的对称中心当且仅当，但，从而函数的图象不关于对称，故B选项错误；当时，，，而函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，所以函数在的值域为，故C选项正确；若将函数的图象向左平移个单位，则得到的新的函数解析式为，故D选项正确.故选：ACD.11.定义在R上的函数满意为奇函数，函数满意，若与恰有2024个交点，则下列说法正确的是（）A. B.为的对称轴C. D.【答案】BCD【分析】由，得函数图象关于直线对称，由是奇函数，得的图象关于点对称，从而得是周期函数，4是它的一个周期，由，得图象关于点对称，从而知与的图象的交点关于点对称，点是它们的一个公共点，由此可推断各选项．【详解】，则函数图象关于直线对称，B正确；是奇函数，即，，则的图象关于点对称，，，C正确；所以，从而，所以是周期函数，4是它的一个周期，，A错；又，图象关于点对称，因此与的图象的交点关于点对称，点是它们的一个公共点，，D正确．故选：BCD．12.在一次数学活动课上，老师设计了有序实数组，，，表示把中每个1都变为0，0，每个0都变为1，所得到的新的有序实数组，例如，则.定义，，若，则（）A.中有个1B.中有个0C.中0的总个数比1的总个数多D.中1的总个数为【答案】AC【分析】依据给定有序数列的定义得到，，,，，探究得到的规律，然后利用数列的学问求通项求和即可.【详解】因为，所以，，，，，明显，，，中共有2,4,8项，其中1和0的项数相同，，，中共有3,6,12项，其中为1，为0，设中总共有项，其中有项1，项0，则，，，所以中有个1，A正确；中有个0，B错；，则，，，，中的总数比1的总数多，C正确；，，，，中1的总数为，D错.故选：AC.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.如图，函数f(x)的图象是曲线OAB，其中点O，A，B的坐标分别为(0,0)，(1,2)，(3,1)，则f(f(3))的值等于________．【答案】2【分析】由点知,再由点可得.【详解】由图可知.【点睛】本题解题关键在能结合图象中的点的坐标弄清晰数之间的对应关系.14.已知等比数列中，若，则=__________．【答案】9【分析】依据等比数列通项公式化简，解方程组得结果【详解】因为等比数列中通项公式可知，，那么联立方程可知首项为128，公比为，结合9.故答案为：9.

15.剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术.如图，原纸片为一圆形，直径，须要剪去四边形，可以通过对折、沿，裁剪、绽开实现.已知点在圆上，且，，则四边形的面积为______________.【答案】【分析】依据角平分线得到，结合勾股定理得到，利用余弦定理得到，再计算面积得到答案.【详解】如图所示：设圆心为，连接，，，，故平分，，又，解得，，，中：，即，解得或（舍）.故，故四边形的面积为.故答案为：.16.若存在，使得函数与的图象有公共点，且在公共点处的切线也相同，则的最大值为__________.【答案】【分析】设两函数图象的公共点横坐标为，求导后得到方程，求出，从而得到，即，构造函数，求导得到单调性，进而求出，求出答案.【详解】定义域为，的定义域为R，设两函数图象的公共点横坐标为，则，，，则，即，解得或，因为，所以（舍去），满意要求，且，即，故，，令，，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故在处取得极大值，也是最大值，故，所以的最大值为.故答案为：【点睛】应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1)已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2)己知斜率求切点即解方程；(3)已知切线过某点(不是切点)求切点,设出切点利用求解.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在（1）；（2）；（3）这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.在中，内角的对边分别为，且满意（1）求角；（2）若的外接圆周长为，求边上的中线长.【答案】（1）所选条件见解析，；（2）.【分析】（1）依据所选条件，应用正弦边角关系、三角形面积公式、向量数量积定义、三角恒等变换化简条件求角；（2）由已知易得为顶角为的等腰三角形，是中点，则，利用向量数量积的运算律求中线长度.【小问1详解】选（1），则，所以，而，则，所以；选（2），则，所以，而，则；选（3），则，，所以，所以，则，而，则.【小问2详解】由，则，故，，即，结合（1）易知：为顶角为的等腰三角形，如下图，是中点，的外接圆周长为，若外接圆半径为，则，所以，而，所以，则，即求边上的中线长为.18.设数列的前项和为，已知.（1）求数列通项公式；（2）若数列满意，数列的前项和为，都有，求的取值范围.【答案】（1）（2）【分析】（1）首先可以依据已知得到，其次留意到，结合等比数列的定义即可求解.（2）由（1）可知，先将数列的通项公式裂项得，从而可求得其前项和为，若，都有，则只需，探讨的单调性即可得到其最小值，从而解不等式即可求解.【小问1详解】一方面：因为，所以，所以，即；另一方面：又时，有，即，且，所以此时；结合以上两方面以及等比数列的概念可知数列是首先为，公比为的等比数列，所以数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）可知，又由题意，数列的前项和为，又，都有，故只需，而关于单调递增，所以关于单调递减，关于单调递增，所以当时，有，因此，即，解得，综上所述：的取值范围为.19.的内角的对边分别为的面积为.（1）求；（2）设点为外心，且满意，求.【答案】（1）（2）【分析】（1）由数量积的定义得，再结合三角形面积公式可得，从而得角；（2）由圆性质得，然后由数量积定义求得，再由正弦定理求得．【小问1详解】，两式相除得：，又，∴.【小问2详解】为外心，故.由正弦定理可知：.20.已知数列满意，.（1）证明为等差数列，并求的通项公式；（2）若不等式对于随意都成立，求正数的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）依据题意，由等差数列的定义，即可证明，结合等差数列的通项公式代入计算，即可得到结果；（2）依据题意，将不等式变形，可得，令，由其单调性可得，即可得到结果.【小问1详解】因为，两边同时取倒数可得，，即，所以，且，所以是以为首项，为公差的等差数列，且，所以.【小问2详解】由（1）可知，则，令，所以，由可知，随增大而增大，只需即可，且，所以的最大值为.21.在中，内角，，的对边分别为，，，已知是和的等比中项.（1）证明：.（2）求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）依据等比数列及余弦定理化简，再由正弦定理统一为三角函数，化简即可得解；（2）利用三角函数化简后，利用导数求出函数的单调性，依据单调性求出值域即可.【小问1详解】因为是和的等比中项，所以，即，由余弦定理可得，故，即，由正弦定理可得，即，又，所以，即.【小问2详解】由（1）可知，解得，，由，令，.令，得，即在区间上单调递增；令，得，即在区间上单调递减.因为，，，故，即的取值范围为.22.已知函数为其导函数．（1）求在上极值点的个数；（2）若对恒成立，求的值．【答案】（1）（2）【分析】（1）利用指数函数的单调性与三角函数有界性分段探讨的符号，由此得函数的单调性与极值；（2）先探求恒成立的必要条件，再证明其充分性.充分性的证明先构造函数，再利用导函数探讨函数单调性，结合（1）结论可证.【小问1详解】①当时，，所以，，则，所以单调递增；②当时，则，设，则，且，，则，所以在单调递减，又，故存在，使得，即，且在上，，在上，，所以在上单调递增，在上单调递减；③当时，则，所以，又，所以，故在上单调递减；④当时，则，所以，又，所以，当且仅当时取等号，所以在上单调递增；⑤当时，则，，所以，在上单调递增；综上所述，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.所以在上仅有2个极值点.【小问2详解】当时，恒成立，即.令，若对恒成立，由，，所以当时，取得最小值.由，则为函数的微小值点，