山西省吕梁市2024-2025学年高三上学期11月期中考试 数学 含解析

2024-2025学年吕梁市高三年级阶段性测试数学试题（本试题满分150分，考试时间120分钟．答案一律写在答题卡上）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上．2．答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．4．保持卡面清洁，不折叠，不破损．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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先解二次不等式化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.【详解】因为，又，所以.故选：D.2.已知复数，则（）A.2 B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的乘方运算求出，再利用复模的运算即可得解.【详解】复数，所以.故选：A.3.下列函数中，既是奇函数又是减函数的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据奇偶性、单调性的定义判断．【详解】选项A中是偶函数，BCD三选项中函数都是奇函数；在和上都是减函数，但在定义域内不是减函数，B错；结合幂函数性质知是减函数，C正确；中，设，则，而，因此，即，是增函数，D错．故选：C．4.已知数列的各项均不为0，设甲：；乙：数列是等比数列，则甲是乙的（）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】B【解析】【分析】先验证甲是否能推出乙，再验证乙是否能推出甲求解.【详解】验证甲是否能推出乙，甲的意思是该数列隔项成等比数列，甲可构造数列，显然甲推不出乙，验证乙是否能推出甲，因为数列是等比数列，所以，，所以，所以乙能推出甲，所以甲是乙的必要不充分条件.故选：B.5.已知满足，，且向量在向量上的投影向量为，则（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】令，过作于，利用投影向量的意义求出，再利用垂直关系的向量表示，结合数量积的运算律求出，由给定向量等式确定点的位置即可求解.【详解】在中，令，过作于，，由向量在向量上的投影向量为，得，解得，则，由，得，解得，由，得，即，因此，在中，.故选：C6.如图，设矩形的周长为，把沿向折叠，折过去后交于点，记的周长为，面积为，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意设，利用三角形全等得到的周长为4，再利用勾股定理得出关于的表达式，进而得到关于的表达式，利用换元法与基本不等式即可得解.【详解】因为矩形的周长为，设，则，故，得，因为，，，所以，设，则，所以的周长为，在直角中，由勾股定理得，解得，则，所以，令，则，，所以，当且仅当，即，时，等号成立，所以的最大值为.故选：A.7.已知函数是定义在上的奇函数，且为偶函数，当时，，则下列结论中正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据条件得到的周期和对称轴，对A，根据周期可得到，再根据对称轴得到，结合解析式即可求解；对B，根据周期可得到，再根据对称轴得到，结合解析式即可求解；对C，D，结合函数在上的单调性和的对称性即可判断.【详解】偶函数，，即，即函数关于对称，又为奇函数，，故，即的最小正周期为4，对A，的最小正周期为4，，又关于对称，，当时，，则，即，故A错；对B，的最小正周期为4，，又关于对称，，当时，，即，故，故B错；对C，当时，，易知在上单调递增，又关于对称，，，，即，故，故C错误；对D，，且，故，故D对.故选：D.8.当时，曲线与的交点个数为4个，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意分别作出与的图象，可得，从而可求解.【详解】由，如图所示，画出在时的图象，对于，，，令，得，，得，，由与的图象有个交点，由图知，解得，故B正确.故选：B.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.下列命题正确的是（）A.B.C.在等差数列中，，，，则D.在等差数列中，为其前项和，若，，则【答案】AC【解析】【分析】对于AB，由弦切互化结合三角恒等变换公式即可计算求解；对于CD，由等差数列通项公式和前n项和公式即可计算求解.【详解】A选项，，A选项正确.B选项，，所以B选项错误.C选项，在等差数列an中，，，，设等差数列的公差为，则，两式相减得，所以，则，所以，C选项正确.D选项，设等差数列an的公差为，则，即，两式相减得，所以，所以D选项错误.故选：AC10.若实数满足，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】将等式变形为，利用可得选项A正确；通过配方得，利用可得选项B错误；等式可变形为，利用可得选项C正确；通过配方可得，利用可得选项D正确.【详解】对于A，可化为，，∵（当且仅当时取等号），∴，∴，∴，选项A正确.对于B，由得，∴，∴，选项B错误.对于C，由得，∴，∵（当且仅当时取等号），∴，∴，∴，选项C正确.D.由得，∴，∴.由得，∴，∴，选项D正确.故选：ACD.11.已知函数，则下列结论正确的是（）A.若，则B.有两个零点C.D.若，，，则【答案】BCD【解析】【分析】A选项，求出定义域，求导，得到函数在上单调递减，举出反例得到A错误；B选项，在A选项基础上，结合零点存在性定理进行求解；C选项，计算出，C正确；D选项，计算得到，在C选项基础上求出D正确.【详解】A选项，定义域为，，故在上单调递减，不妨取，此时满足，但，，，A错误；B选项，由A选项知，上单调递减，其中，，，，由零点存在性定理可知，存在，使得，故有两个零点，B正确；C选项，，而，故，C正确；D选项，，又，，且，，，结合C选项知，，则，D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：互为倒数关系，从而研究得到，并由此得出D选项的思路，由求出.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量，，且，则______．【答案】【解析】【分析】利用向量共线的坐标表示即可求解.【详解】由向量，，则，又，则，解得，故答案为：13.对于数列，定义数列为数列的“和数列”，若，数列的“和数列”的通项公式为，则数列的前21项和______．（结果保留指数形式）【答案】．【解析】【分析】利用等比数列求和公式求解即可．【详解】因为，数列an的“和数列”的通项公式为，所以数列，，故答案为：．14.在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】本题根据余弦定理与正弦定理进行化简，得到为，求出的范围，结合对勾函数的特点，即可求得.【详解】由题意，因为，即由正弦定理可得，，所以或，，又，，，，，解得，，又因为，令，则，，根据对勾函数的性质，函数在上单调递增，所以，所以则的取值范围为，故答案为：.【点睛】关键点睛：本题综合考查了余弦定理、正弦定理以及对勾函数性质，较为综合.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，且的最小正周期为．（1）将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若是偶函数，求的最小值；（2）若，，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）化简的解析式，根据的最小正周期求得，利用三角函数图象变换的知识求得，再根据是偶函数来求得的最小值.（2）根据三角恒等变换的知识求得.【小问1详解】，由于的最小正周期为，所以，所以，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数，由于是偶函数，所以，由于，所以时，取得最小值为.【小问2详解】，由于，所以，所以.16.已知函数．（1）证明：曲线是轴对称图形；（2）若函数在上有三个零点，求实数的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证明，即可说明曲线y=fx是轴对称图形；（2）首先求出，然后将问题转化为与的图象在上有三个交点，结合hx的图象即可求出实数的取值范围.【小问1详解】由函数，定义域为，则，因此可得，故函数y=fx的图象关于，即曲线y=fx【小问2详解】由，若函数在上有三个零点，则方程在上有三个实根，即在上有三个实根，令，则与hx的图象在上有三个交点，又，当或时，h′x<0则hx在和上单调递减，当时，h′x>0，则hx又，，，，因此可得hx结合图象，要使与hx的图象在上有三个交点，则实数的取值范围为.17.民族要复兴，乡村需振兴．为响应国家号召，我市城市规划管理局拟将某乡村一三角形区域规划成休闲度假区，通过文旅赋能乡村经济发展．度假区按如图所示规划为三个功能区：区域规划为露营区，区域规划为休闲垂钓区，区域规划为自由活动区．为安全起见，预在鱼塘四周围筑护栏．已知，，，为内一点，．（1）当时，求护栏的长度（的周长）；（2）若，求；（3）为了容纳更多游客，露营区的面积要尽可能大，求露营区面积的最大值．【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）在中，利用正弦定理求出，在中，利用余弦定理即可求解得答案.（2）设锐角，在与中，利用正弦定理建立关系，再利用差角的正弦公式计算即得.（3）设，利用正弦定理求出，利用三角形面积公式建立关系，借助三角恒等变换及正弦函数的性质求出最大值.【小问1详解】在中，由正弦定理得，即，解得，而为锐角，则，在中，由余弦定理得，即，所以的周长，即护栏的长度为.【小问2详解】令锐角，则，在中，由正弦定理得，则，在中，由正弦定理得，则，于是，即，整理得，因此，所以.【小问3详解】设，则，在中，由正弦定理得，则，于是的面积，而，则当，即时，，所以露营区面积的最大值为.18.已知函数．（1）令，求的单调区间；（2）若存在使得，求证：．【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减（2）证明见详解【解析】【分析】（1）求出，分、和三种情况讨论；（2）求出的极值点，求出，令，求出，求出，求出，求出，求出，说明只需证明，只需证明，令，利用导数即可证明.【小问1详解】，，当时，恒成立，所以在单调递增；当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，，存在两根，，因为，所以，所以时，，所以单调递增，时，，单调递减，所以当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减【小问2详解】，解得，解得，则在上单调递减，在上单调递增，所以，因，令，，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以只需证明即可，所以只需证明，令，，令，函数定义域为，，当时，，当时，在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以，所以，所以在上单调递增，所以，得证.【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于令，求出，说明只需证明.19.对于无穷数列，“若存在，必有”，则称数列具有性质．（1）若数列满足判断数列是否具有性质？是否具有性质？（2）把（1）中满足性质的从小到大一一列出，构成新的数列，若，求证：；（3）对于无穷数列，设，若数列具有性质，求集合中元素个数的最大值．（写出表达式即可，结论不需要证明）【答案】（1）数列不具有性质，具有性质；（2）证明见解析；（3）集合中元素个数的最大值为.【解析】【分析】（1）结合an的通项公式，利用定义分别判断an是否具有性质和性质；（2）先证明不可能为奇数，由此可得，由此证明，结合等比数列求和公式证明结论；（3）根据数列具有性质，得到数列的元素个数，从而证得结果；【小问1详解】因为，当时，均为奇数，故若存在，由题意可得，与为偶数矛盾，所以数列an不具有性质；因为，，且，，故数列an具有性质；【小问2详解】因为，，为偶数,时,均为奇数，故由题设条件知不可能为奇数，又，，令，则；【小问3详解】因为数列an具有性质，所以一定存在一组最小的，且，满足，即，由性质的定义可得，，，，，所以数列an中，从第项开始的各项呈现周期性规律为一个周期中的各项，所以数列an中最多有个不同的项