河南省三门峡市2024-2025学年高三上学期11月期中数学试题 含解析

河南省三门峡市2024-2025学年高三上学期11月阶段性考试数学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，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.考试结束后，将答题卡交回．第Ⅰ卷（选择题共58分）一、单选题：本题共8小题，每题5分，共40分.在每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】C【解析】【分析】利用对数函数性质，化简集合，然后根据集合的交集运算即可【详解】根据题意，易得：又则有：故选：C2.“”是“”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【解析】【分析】根据充分性和必要性两方面判断即可；【详解】因为，所以或，则可以推出，但不能推出．故“”是“”的充分不必要条件，故选：A．3.函数与的图象（）A.关于x轴对称 B.关于y轴对称C.关于原点对称 D.关于直线y=x对称【答案】C【解析】【分析】令，则，由与的图象关于原点对称即可得解.【详解】解：令，则与的图象关于原点对称，与的图象关于原点对称.故选：【点睛】本题考查指数函数的性质，属于基础题.4.已知等比数列的前项和为，且，则（）A.3 B.5 C.30 D.45【答案】D【解析】【分析】首先确定，再利用等比数列的前和公式代入即可求出答案.【详解】若公比，则，，右边，等式不成立，故，则，显然，所以，解得，又因为，代入得，所以，故选：D.5.如图，平行四边形ABCD中，，若，则（）A. B.C. D.【答案】C【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：C.6.关于的方程有实数根，且，则下列结论错误的是（）A.当时， B.当时，C.当时， D.当时，【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，借助二次函数的图象，逐项分析判断即可.【详解】对于A，当时，方程的二实根为，A正确；对于B，方程，即，，解得，当时，，B错误；对于C，令，依题意，是函数的图象与直线交点的横坐标，在同一坐标系内作出函数的图象与直线，如图，观察图象知，当时，，C正确；对于D，当时，，D正确.故选：B7.已知角满足，，则（）A B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】利用正弦和角公式，同角三角函数关系得到，故，利用正切和角公式得到方程，求出.【详解】因为，，所以，即，则，因为，所以，其中，故，解得.故选：B.8.在古巴比伦时期的数学泥版上，有许多三角形和梯形的分割问题，涉及到不同的割线.如图，梯形中，，且，，和为平行于底的两条割线，其中为中位线，过对角线交点，则比较这两条割线可以直接证明的不等式为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先设交于点，根据三角形相似性质得到，即可得到答案.【详解】设交于点，如图所示：因为，所以，即.又因为，即，解得.又因为，，所以.故选：B二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.在实际应用中，通常用吸光度和透光率来衡量物体的透光性能，它们之间的换算公式为，下表为不同玻璃材料的透光率：玻璃材料材料1材料2材料30.70.80.9设材料1、材料2、材料3的吸光度分别为，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】根据对数运算法则和单调性求解即可.【详解】由换算公式和图表可知，，，，又因为函数在0,+∞上单调递增，所以对于A：，说法正确；对于B：，说法错误；对于C：，，，说法正确；对于D：，说法错误；故选：AC10.已知非零向量，则下列结论正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.向量与向量垂直【答案】BCD【解析】【分析】A选项，举出反例即可；B选项，由向量数乘运算和数量积公式得到；C选项，根据向量数量积公式得到，故；D选项，计算出，得到垂直关系.【详解】A选项，不妨设，满足，但，A错误；B选项，，故，则，B正确；C选项，，故，故，C正确；D选项，，故向量与向量垂直，D正确.故选：BCD11.已知函数在区间内有两个零点，则下列结论正确的是（）A.当时， B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】由得，从而得，作出单位圆以及且与的函数图象，结合图象逐一判断即可得解.【详解】即，即，当时，上式显然不成立，故等价于，所以.对于，设，作出单位圆，则由三角函数定义可知，设扇形的面积为，则，即，故，故A正确；对于，画出且与的函数图象，因为的最小正周期为，所以由图象可知与之间的距离大于，即，故B正确；对于，由图得，故，故，所以，故C错误；对于D，因为，所以，由图可知，均大于0，由C项知，故，又由B项知，所以，所以即，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点睛：对于选项D判断，关键点1是根据已知条件结合问题的结构特征将转化成，接着将其弦切互化得到；关键点2是利用选项B和C中的和结合以及两角和与差的余弦公式，将转化成，进而结合图象且借助选项B和C中的结论即可判断得解.第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在中，，，，则______【答案】【解析】【分析】根据角的余弦定理形式求解出的值，再根据余弦定理求解出的值.【详解】因为，所以，所以，故答案为：.13.已知二次函数从1到的平均变化率为，请写出满足条件的一个二次函数的表达式_______．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】设fx【详解】设fx则，由题意知，解之得，显然c的取值不改变结果，不妨取，则.故答案为：14.已知函数，，，则数列通项公式为__________．【答案】【解析】【分析】先证明函数为奇函数，故的图像关于对称，故，由此将的表达式两两组合求它们的和，然后求得的表达式.【详解】由于，所以函数为奇函数，故的图像关于对称，由此得到，所以.【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性和对称性，考查特殊数列求和的方法——分组求和法.属于中档题.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.设函数，.（1）求方程的实数解；（2）若不等式对于一切都成立，求实数b的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）转化为关于的一元二次方程进行求解.（2）分离参数，构造函数，求导得到的最小值即可求解.【小问1详解】由，代入方程得：，即，解得，即.【小问2详解】不等式即，原不等式可化为对都成立，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在0,+∞上单调递增，故当时，，所以，即，解得：.16.已知函数，，且将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象．（1）求的最小正周期和单调递增区间；（2）若函数是奇函数，求的值；（3）若，当时函数取得最大值，求的值．【答案】（1），．（2）（3）．【解析】【分析】（1）用二倍角公式、降幂公式及辅助角公式进行化简，再利用求解即可得到最小正周期；结合正弦函数的单调递增区间，用整体的思想求解即可；（2）先根据平移变换求出表达式，在根据题意列出等式求解即可；（3）当时函数取得最大值，由此可得，代入化简；又，因此可求出，再求出，再根据两角和的正弦公式求解即可.【小问1详解】由题意得，则其最小正周期，令，解得，则其单调递增区间为．【小问2详解】将的图象向左平移个单位长度得到的图象，则，若函数是奇函数，则,即因为，所以时，．【小问3详解】由题知，则，从而，，因此，因为，且，所以，因此，，所以，所以．17.中，内角、、的对边分别为、、.（1）若，，求的值；（2）求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意由正弦定理的边角互化，结合余弦定理代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，先由正弦定理的边角互化进行化简，再由余弦定理公式代入计算，即可证明.【小问1详解】因为，所以，由正弦定理可得，即，由余弦定理可得，所以，整理可得，所以.【小问2详解】证明：，由正弦定理可得，由余弦定理可得，所以.18.已知数列的前n项和为，，，.（1）求；（2）令，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意与之间的关系将用表示，得到，得到是等差数列，进而得到；（2）化简，利用裂项相消法求和即可证明.【小问1详解】因为，，所以，故，及，所以是首项为，公差为1的等差数列，故，则.【小问2详解】因为，（，），所以（，）.又符合上式，所以.因为，所以，所以.19.若函数对其定义域内任意满足：当时，恒有，其中常数，则称函数具有性质.（1）函数具有性质，求.（2）设函数，（ⅰ）判断函数是否具有性质，若有，求出，若没有，说明理由；（ⅱ）证明：.【答案】（1）（2）（ⅰ）不具有性质，理由见解析；（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）对任意的且，由变形得到，得到，求出；（2）（ⅰ）求导，得到的单调性，得到，假设具有性质，即，所以，根据，得到，显然不能恒成立，故假设不成立，不具有性质；（ⅱ）先得到，由对数平均不等式得到，分和两种情况进行求解，当时，，当时，构造差函数，进行求解，得到结论.【小问1详解】定义域为，对任意的且，有，即，因为，所以，故，故，故；小问2详解】不具有性质，理由如下：的定义域为，，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，又，故，假设函数具有性质，即，所以，因为，所以，故对于