江苏省无锡市2024-2025学年高三上学期期中考试 数学 含解析

江苏省无锡市2024-2025学年高三上学期期中教学质量调研测试数学试题2024.11命题单位：无锡市教育科学研究院制卷单位：无锡市教育科学研究院注意事项及说明：本卷考试时间为120分钟，全卷满分为150分一、单项选择题：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，请把答案填涂在答题卡相应位置上.1.若集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解一元二次不等式可得集合B，根据集合的交集运算，即可求得答案.【详解】由题意知，故，故选：D2.若复数（i为虚数单位），则在复平面内z所对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】根据复数除法化简，进而可得点的坐标，即可求解.【详解】复数，对应点为，位于第二象限，故选：B3.已知函数的图象为，为了得到函数的图象，只要把上所有的点（）A.向右平行移动个单位长度 B.向左平行移动个单位长度C.向右平行移动个单位长度 D.向左平行移动个单位长度【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的图象变换计算即可.【详解】易知向右平行移动个单位长度可得.故选：A4.一家货物公司计划租地建造仓库储存货物，经过市场调查了解到下列信息：每月土地占地费（单位：元）与仓库到车站的距离（单位：km）成反比，每月库存货物费（单位：元）与成正比；若在距离车站6km处建仓库，则.要使这家公司的两项费用之和最小，则应该把仓库建在距离车站（）A.2km B.3km C.4km D.5km【答案】B【解析】【分析】设，结合题意求出，从而求出两项费用之和的表达式，利用基本不等式，即可求得答案.【详解】由题意设，仓库到车站的距离，由于在距离车站6km处建仓库，则，即，两项费用之和为，当且仅当，即时等号成立，即要使这家公司的两项费用之和最小，则应该把仓库建在距离车站3km.故选：B5.若等差数列的前项和为，则“且”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.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据等差数列的单调性以及等差数列的性质即可判断，说明充分性，由时，即可说明不必要性.【详解】因为且，所以等差数列单调递减，且公差小于0，故，，则，即，所以，由，当时，等差数列单调递增，则不可能满足且，因此“且”是“”的充分不必要条件.故选：A.6.已知函数，则下列函数是奇函数的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用函数的奇偶性计算即可.【详解】易知，所以，令，则，显然，所以为奇函数，即D正确.故选：D7.若，则的值为（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用倍角公式可求，根据诱导公式得到，利用同角三角函数的基本关系求出和，进而求出.【详解】∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴.故选：C.8.在中，已知，点是BC的中点，点是线段AD上一点，且，连接CE并延长交边AB于点，则线段CP的长度为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先根据平面向量基本定理的推论求得与的关系，即可利用基底表示，再两边平方，利用平面向量数量积公式，即可求解.【详解】,因为点三点共线，所以，得，即，，两边平方，，所以.故选：B二、多项选择题: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.下列函数中，在区间上单调递增的函数是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】利用正弦函数和余弦函数的性质判断；【详解】A.因为，所以，在上递减，故错误；B.因为，所以，在上递增，故正确；C.因为，所以，在上递增，故正确；D.，因为，所以，在上递增，则在上递减，故错误；故选：BC10.下列说法中正确的有（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D若，，则【答案】ABD【解析】【分析】利用不等式的基本性质逐项判断，可得出合适的选项.【详解】对于A选项，因为，，则，由不等式的基本性质可得，则，A对；对于B选项，因为，不等式的两边同时除以可得，因为，由不等式的基本性质可得，B对；对于C选项，因为，，则，由不等式的基本性质可得，C错；对于D选项，因为，，由不等式基本性质可得，则，由不等式的基本性质可得，D对.故选：ABD.11.函数.下列说法中正确的有（）A.当时，有恒成立B.，使在上单调递减C.当时，存在唯一的实数，使恰有两个零点D.当时，恒成立，则【答案】ACD【解析】【分析】利用函数表达式计算，可得选项A正确；求，可知为开口向上的二次函数，在上不可能恒成立，选项B错误；零点问题转化为函数图象交点个数问题可得选项C正确；分离参数，恒成立问题转化为大于等于函数的最大值或小于等于函数的最小值，分析函数即可得到选项D正确.【详解】A.当时，,,∴，选项A正确.B.由题意得，，为开口向上的二次函数，故，使得时，，此时为增函数，所以不存在，使在上单调递减.C.当时，，由得，不是函数的零点.当时，由得，，令，则，由得，当时，，为减函数，当时，，为增函数，当时，，为减函数，图象如图所示：由图象可知，存在唯一的实数，使直线与图象恰有两个交点，即恰有两个零点，选项C正确.D.当时，，∵，恒成立，∴恒成立且.对于不等式，当时，不等式成立，当时，恒成立，即，令，则，∵，∴，∴，∴在上为减函数，，∴.对于不等式，当时，不等式成立，当时，恒成立，即，令，则，当时，，，，当时，，，，∴在上为减函数，在上为增函数，∴，∴.综上得，，选项D正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：本题考查函数零点、函数与不等式综合问题，具体思路如下：（1）对于函数零点个数问题，先说明不是函数的零点，再根据时，由分离出参数，问题转化为“存在唯一的实数，使得直线与恰有两个交点”，通过求导分析单调性画出函数图象，通过图象即可得到结果.（2）对于不等式恒成立问题，分离参数，问题转化为且，对两个函数分别求导分析单调性，即可得到的取值集合.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填写在答题卡相应位置上.12.已知，则向量在向量上的投影向量的坐标为______.【答案】【解析】【分析】根据投影向量的定义计算即可求解.【详解】向量在向量上的投影向量为.故答案为：13.已知实数满足且，则__________.【答案】【解析】【分析】利用指数与对数的换算结合换底公式计算即可.【详解】由可知，所以，即，所以.故答案为：14.任何有理数都可以化为有限小数或无限循环小数；反之，任一有限小数或无限循环小数也可以化为的形式，从而是有理数.则__________（写成的形式，与为互质的具体正整数）；若构成了数列，设数列，求数列的前项和__________.【答案】①.②.【解析】【分析】利用无限循环小数的性质设，然后建立等式求解即可；利用题中给出的规律先求出的通项公式，然后得到的通项公式，然后列项相消求解即可.【详解】令，则，解得，所以易知所以所以所以所以答案为：；【点睛】关键点点睛：若，则，借此建立等式；，借此求得的通项公式；同样的道理.四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知向量与的夹角为，且，若.（1）当时，求实数的值;（2）当取最小值时，求向量与夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由，所以，将代入可得，再由数量积的定义求得，代回即可求解；（2）根据向量的模和二次函数求最值的方法求出的值，再根据向量的夹角公式计算即可.【小问1详解】因为，所以，即，所以，因为向量与的夹角为，且，所以，所以，所以.【小问2详解】因为，所以，由（1）知，且，所以，则，故当时，最小为，此时，则，又，所以，所以向量与夹角的余弦值为.16.已知函数.（1）若函数有两个不同的极值点，求的取值范围;（2）求函数的单调递减区间.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）求导，可得有两个大于的不等实根，进而可得，求解即可；（2）求导数，对分类讨论可求得单减区间.【小问1详解】函数的定义域为，求导得，令，可得，因为函数有两个不同的极值点，所以有两个大于的不等实根，所以，解得.所以的取值范围为；【小问2详解】，求导得，令，解得或，当时，，由，可得，函数在上单调递减，当，，由，可得，函数无单调递减区间，当，，由，可得，函数在上单调递减，当时，，由，可得，函数在上单调递减，综上所述：当时，函数在上单调递减，当时，函数无单调递减区间，当时，函数在上单调递减，当时，函数在上单调递减.17.在中，已知.（1）若为锐角三角形，求角的值，并求的取值范围;（2）若，线段的中垂线交边于点，且，求A的值.【答案】（1）；；（2）【解析】【分析】（1）利用正切的和角公式可得C，再利用余弦的差角公式，辅助角公式结合三角函数的性质计算范围即可；（2）设中点为，由正弦定理解三角形结合诱导公式计算即可.【小问1详解】由题意，所以，所以，所以，易知，所以，则，因为为锐角三角形，所以，即，所以，由知，所以，即的取值范围为；【小问2详解】设中点为，则，在中，由正弦定理得，即，所以，因为线段的中垂线交边于点，可知，所以，则，解之得，此时，正切不存在，舍去；或，解之得；综上.18.已知函数.（1）若，不等式恒成立，求实数的取值范围；（2）过点可以作曲线的两条切线，切点分别为.①求实数的取值范围；②证明：若，则.【答案】（1）；（2）；证明见解析.【解析】【分析】（1）分离参数结合导数研究函数的单调性与最值计算即可；（2）①利用导数的几何意义，统一设切点，将问题转化为有两个解，构造函数利用导数研究函数的单调性计算即可；②利用①的结论得出，根据极值点偏移证得，再根据弦长公式得，构造函数判定其单调性即可证明.【小问1详解】易知，令，则，显然时，，时，，即在上单调递增，在上单调递减，则，即；【小问2详解】①设切点，易知，，则有，即，令，则有两个交点，横坐标即分别为，易知，显然时，，时，，则在上单调递减，在上单调递增，且时有，时也有，，则要满足题意需，即；②由上可知：，作差可得，即，由①知：上单调递减，在上单调递增，令，则始终单调递减，所以，即，所以，所以，不难发现，，所以由弦长公式可知，所以，设所以由，即，证毕.【点睛】思路点睛：对于切线个数问题，可设切点利用导数的几何意义建立方程，将问题转化为解的个数问题；对于最后一问，弦长的大小含有双变量，常有的想法是找到两者的等量关系，抑或是不等关系，结合图形容易想到化为极值点偏移来处理.19.在下面行、列的表格内填数：第一列所填各数自上而下构成首项为1，公差为2的等差数列an；第一行所填各数自左向右构成首项为1，公比为2的等比数列bn；其余空格按照“任意一格的数是它上面一格的数与它左边一格的数之和”的规则填写.设第2行的数自左向右依次记为.

第1列第2列第3列…第列第1行12…第2行359

第3行510

……

第行

（1）求数列通项公式;（2）对任意的，将数列an中落入区间内项的个数记为，①求和的值;②设数列的前项和；是否存在，使得，若存在，求出所有的值，若不存在，请说明理由.【答案