河北省衡水市2024-2025学年高三上学期9月第二次调研考试数学试题 含解析

2024~2025学年高三年级学科素养检测（二调）数学（时间120分钟，满分150分）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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.已知数列满足，则，则（）A.3 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题中递推公式代入运算即可.【详解】因为，则有：当，；当，；当，.故选：C.2.已知是第四象限角且，则的值为（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知求得和，再根据两角差的正切公式计算即可．【详解】因为是第四象限角且，所以，则，因为，所以，所以，故选：C．3.函数的图象在点处的切线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】对求导，得到，再利用导数的几何意义，即可求解.【详解】因为，则，显然，当时，无意义，即在处斜率不存在，所以倾斜角为.故选：D.4如图，平行四边形中，，，若，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据条件，结合图形，利用向量的线性运算，即可求出结果.【详解】因为四边形为平行四边形，且，，所以，即①，又，即②，由①②得到，又，，所以.故选：D.5.已知等差数列的公差小于，前n项和为，若，，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设等差数列的首项为，公差为，根据条件得到，，从而得到，即可求出结果.【详解】设等差数列的首项为，公差为，由，得到①，由，得到②，由①②得到，，又，，由，解得，所以，，，又因为，所以当或时，的值最大，最大值为，故选：A.6.设内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知，若的周长为1．则（）A.1 B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】根据正弦定理可得，利用面积公式可得，再结合周长公式运算求解.【详解】由正弦定理（为的外接圆半径），可得，且，则均正数，因为，可得，又因为的周长为，所以.故选：B.7.设函数，若函数在区间上有且仅有1个零点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意分析可知的最小正周期，的零点为，，根据周期性可知，再根据函数零点结合区间分析求解即可.【详解】因为，由正切型函数可知：的最小正周期，且的零点为，，显然在区间内至少有1个零点，在区间内至少有2个零点，若函数在区间上有且仅有1个零点，则，即，解得，若，因为，则，且，即，则，结合题意可知：，0中有且仅有一个属于，由题意可知：或，解得：，所以的取值范围为.故选：A.【点睛】关键点点睛：分析可知：在区间内至少有1个零点，在区间内至少有2个零点，结合周期性可知，可得必要性.8.已知，在R上单调递增，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据条件，当时，得到，由题知在上恒成立，利用基本不等式，得到，从而有，再根据题设有，即可求解.【详解】因为，当时，，，所以时，，即在区间1,+∞上单调递增，当时，，所以，由题知在−∞,1上恒成立，即在−∞,1又，当且仅当，即时取等号，所以，又由，得到，所以，故选：A.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.以下正确的选项是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，则 D.若，，则【答案】AC【解析】【分析】选项A，利用不等式的性质，即可判断选项A的正误；选项B和D，通过取特殊值，即可判断出选项D和D的正误；选项C，由，得到，即可判断选项C的正误.【详解】对于选项A，由，得到，又，所以，故选项A正确，对于选项B，取，显然有，，但，不满足，所以选项B错误，对于选项C，由，得到，又，所以，即，所以，故选项C正确，对于选项D，取，显然有，，但，所以选项D错误，故选：AC.10.设正项等比数列的公比为q，前n项和为，前n项积为，则下列选项正确的是（）A.B.若，则C.若，则当取得最小值时，D.若，则【答案】AB【解析】【分析】对于A：根据前n项和的定义以及等比数列性质分析判断；对于B：根据题意结合等比数列性质分析判断；对于C：根据题意结合基本不等式可知：当且仅当时，取得最小值，进而可得结果；对于D：举反例说明即可.【详解】因为数列an为正项等比数列，则，对于选项A：因为，所以，故A正确；对于选项B：若，则，所以，故B正确；对于选项C：因为，则，当且仅当时，等号成立，若取得最小值，则，即，解得，故C错误；对于选项D：例如，则，，可得，因为，则，可得，即，符合题意，但，故D错误；故选：AB.11.以下不等式成立的是（）A.当x∈0,1时， B.当x∈1,+∞C.当时， D.当时，【答案】ABC【解析】【分析】A选项，令，x∈0,1，，x∈0,1，求导，求出函数单调性，得到，，得到A正确；B选项，在A选项基础上，得到x∈1,+∞时，，，B正确；C选项，令，，求导得到函数单调递增，且，从而得到C正确，D选项，令，x∈0,π，求导得到函数单调性和值域，结合的单调性和取值范围，得到两函数图象，数形结合得到D错误.【详解】A选项，令，x∈0,1，则恒成立，故在x∈0,1上单调递增，则，令，x∈0,1，则，故在x∈0,1上单调递增，故，所以，即，A正确；B选项，由A选项知，x∈1,+∞时，单调递增，单调递减，则，所以，即，B正确；C选项，令，，则，，，，又在上恒成立，故在恒成立，故在上单调递增，又，故，即当时，，C正确；D选项，令，x∈0,π，则，当x∈0,1时，，当时，，在x∈0,1上单调递增，在上单调递减，其中，，在上单调递增，在上单调递减，且，，画出两函数图象如下：时，不满足，存在，使得当时，，即，D错误.故选：ABC【点睛】很多时候，我们需要证明，但不代表就要证明，因为大多数情况，f′x的零点解不出来，设隐零点是一种方法，也可尝试凹凸反转，如要证明，可把拆分为两个函数，放在不等式的两边，即要证明，只要证明，凹凸反转的关键是如何分离出两个函数，通常考虑指数函数与对数函数分离，构造两个单峰函数，进行求解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知平面向量，，，，则的最小值为______．【答案】4【解析】【分析】根据题意结合数量积的运算律可得，即可得最小值.【详解】因为，，，则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为16，即的最小值为4.故答案为：4.13.已知函数的最小正周期为，则在区间上所有零点之和为______．【答案】【解析】【分析】利用三角恒等变换整理可得，结合周期性可得，根据函数零点结合对称性分析求解即可.【详解】因为，且，则的最小正周期为，解得，所以，令，解得，令，可得，可知在内有2个零点，且这2个零点关于直线对称，即这2个零点和为，所以所有零点之和为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据对称性分析可知：在内有2个零点，且这2个零点和为，进而可得结果.14.若定义在上的函数满足：对任意的，都有：，当时，还满足：，则不等式的解集为______．【答案】【解析】【分析】先用赋值法得到，，判断出函数为偶函数，然后利用判断单调性，最后分类讨论计算的解集即可.【详解】因为对任意的，都有：令，可知令，可知令，得故函数为偶函数，令要使则显然函数为偶函数；因为当时，得所以当时函数单调递减，此时也单调递减因为需要故因为为偶函数所以当时，的解为故不等式的解集为故答案为：【点睛】做一些抽象函数相关的习题时，我们一定需要去找抽象函数的一些性质，如单调性、奇偶性、对称性、周期性；然后再利用他们的关系来求解；通常还需要用赋值法得到一些函数值.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）函数在上恒成立，求最小的整数a．【答案】（1）单调增区间，，单调减区间为（2）【解析】【分析】（1）对求导，得到，再利用导数与函数单调性间的关系，即可求解；（2）利用（1）中结果，求出在区间上最大值，即可求解.【小问1详解】因为，则，因为恒成立，由，得到或，由，得到，所以函数的单调增区间为，，减区间为.【小问2详解】由（1）知在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，又，，显然有，所以在区间上最大值为，又函数在上恒成立，所以，得到最小的整数.16.已知数列的前项和为，，．（1）证明：数列为等比数列；（2）若，求n的值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据条件，得到当时，，且有，由等比数列的定义即可证明结果；（2）由（1）及条件可得，，再利用等比等差数列前项和公式得到，即可求解.【小问1详解】因为，所以当时，，即时，，又时，，所以数列为首项为，公比为的等比数列.【小问2详解】由（1）知，所以，又由，可得，所以，又，所以，整理得到，解得，所以n的值为.17.凸函数是数学中一个值得研究的分支，它包括数学中大多数重要的函数，如，等．记为的导数．现有如下定理：在区间I上为凸函数的充要条件为．（1）证明：函数为上的凸函数；（2）已知函数．①若为上的凸函数，求的最小值；②在①的条件下，当取最小值时，证明：，在上恒成立．【答案】（1）证明见解析（2）①；②证明见解析【解析】【分析】（1）对二次求导，得到，根据条件得到在区间上恒成立，即可证明结果；（2）①根据题设得到在区间上恒成立，再求出的最大值，即可求解；②令，，利用导数与函数的单调性，求出的最小值和的最大值，即可证明结果.【小问1详解】因为，则，，因为，又，所以，故在区间上恒成立，即函数为上的凸函数.【小问2详解】①因为，所以，，由题知在区间上恒成立，即在区间上恒成立，令，则在区间上恒成立，令，对称轴为，所以当时，取到最大值，最大值为，所以，得到，所以的最小值为.②由（1）知，令，则，令，则在区间恒成立，当且仅当时取等号，所以在区间上单调递增，得到，当且仅当时取等号，即在区间恒成立，当且仅当时取等号，即在区间上单调递增，所以，令，令，得到，则在区间上恒成立，即在区间上单调递减，所以，即当，，当且仅当时取等号，所以，在上恒成立．18.如图，在平面直角坐标系中，质点A与B沿单位圆周运动，点A与B初始位置如图所示，A点坐标为，，现质点A与B分别以，的速度运动，点A逆时针运动，点B顺时针运动，问：（1）ls后，扇形AOB的面积及的值．（2）质点A与质点B的每一次相遇的位置记为点，连接一系列点，，构成一个封闭多边形，求该多边形的面积．【答案】（1）扇形AOB的面积为，（2）2【解析】【分析】（1）先求时刻，质点A与质点B旋转的角度，令，可得，结合扇形面积公式以及两角和差公式运算求解；（2）根据题意可得，结合任意角可知：交点有4个，求对应角，分析可知，即可求面积.小问1详解】由题意可知：时刻，质点A与质点B旋转的角度分别为，，且点，若，则，所以扇形AOB的面积，且【小问2详解】若质点A与质点B的每一次相遇，由（1）可知：，解得，此时，结合任意角的概念可知：的周期为4，即交点有4个，当时，，；当时，，；当时，，；当时，，；可得，即以及均三点共线，且，，所以该多边形的面积为.19.已知函数，，则（1）讨论的单调性；（2）当时，恒成立，求m的取值范围；（3）当时，若的最小值是0，求的最大值．【答案】（1）答案见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题意，求得，分和，两种情况讨论，进而得到函数的单调区间；（2）令，求得，由，转换为恒成立，令，求得，得到在上为增函数，得到，即可求解；（3）令函数，转化为在上恒成立，结合相切时取得等号，设切点坐标为，求得切线方程，列出方程组，求得的表达式，得到所以，令函数，利用导数求得单调性，得到，求得，得出，且，进而得到答案.【小问1详解】解：由函数，可得，若时，可得，所以在上单调递增；若时，令，解得，当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增.综上可得：当时，在上单调递增；若时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】解：令函数，可得，因为当时，恒成立，所以在上恒成立，又因为，要使得在上恒成立，则恒成立，令，可得，即在上为单调递增函数，所以，解得，即实数的取值范围为.【小问3详解】解：当时，若的最小值是0，即在上恒成立，即在上恒成立，显然相切时取得等号，由函数，设切点坐标为，可得，可得，所以切线方程为，即，因为切线过原点，则，解得，所以，令，其中，可得，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，此时，可得，则，其中，只需证明：当时，，当时，，令，可得，因为和都为增函数，都可为增函数，所以