湖北省鄂北六校（宜城一中、枣阳一中等）2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题 含解析

宜城一中枣阳一中曾都一中襄阳六中南漳一中老河口一中2024—2025学年上学期期中考试高三数学试题时间：120分钟主命题学校：曾都一中分值：150分命题老师：姜华红徐士勇董建勇注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由一元二次不等式求出集合，再由绝对值不等式求出集合，最后求交集即可；【详解】由可得，所以，由可得或，且，所以，故选：B.2.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用复数的四则运算化简复数，再利用复数的模长公式可求得结果.【详解】因为，则，因此.故选：C.3.已知x，y是任意实数，则是且的（）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】根据充分条件，必要条件的定义判断即可.【详解】若，则不能推出且，例如：；若且，则，即命题成立，所以命题是且的必要不充分条件.故选：B4.设均为非零向量，且，，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由向量垂直可求得，利用向量夹角公式可求得结果.【详解】由得：，，，又，.故选：C.5.若，，，则a，b，c的大小关系为（）.A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由函数、和的单调性可依次得、和，进而得解.【详解】因为是上的增函数，所以，即，又因为是增函数，所以，又是上的增函数，所以，即，综上所述，a，b，c的大小关系为.故选：A.6.已知等比数列的前3项和为28，且，则（）A.28 B.56 C.64 D.128【答案】D【解析】【分析】通过前3项和以及，求解，由通项公式可计算结果.【详解】因为，所以，的前3项和为28，即，①，②②式比①式可得：，即，解得：（舍）或，代入②式得，则.故选：D7.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题设可得、，再由余弦差角公式即可得结果.【详解】由，即，由，即，而，则，所以，可得.故选：B8.英国数学家牛顿在17世纪给出了一种求方程近似根的方法—牛顿迭代法，做法如下：如图，设是的根，选取作为的初始近似值，过点x0,fx0作曲线y=fx的切线，则与轴的交点的横坐标，称是的第一次近似值；过点x1,fx1作曲线y=fx的切线，则该切线与轴的交点的横坐标为，称是的第二次近似值；重复以上过程，得的近似值序列，其中，称是的次近似值，这种求方程近似解的方法称为牛顿迭代法.若使用该方法求方程的近似解，则下列正确的是（）A.若取初始近似值为1，则过点1,f1作曲线y=fxB.若取初始近似值为1，则该方程解的第二次近似值为C.D.【答案】D【解析】【分析】根据条件介绍的牛顿迭代法求近似解即可.【详解】解：构造函数，则，取初始近似值，，，则，即，则A错误；，，B错误；根据题意，可知，上述式子相加，得，所以，C不正确，则D正确.故选：D.【点睛】关键点睛《解答本题的关键是理解牛顿迭代法的含义，并根据其含义去解决问题.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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.设等差数列前项和为，公差为，，，，下列结论正确的是().A.， B. C. D.当时，最大【答案】BC【解析】【分析】由等差数列的性质和已知条件可知A和B选项；利用等差数列求和判断C选项；根据，判断D选项.【详解】因为，，所以和异号，且，又因为，所以，，所以，故A错误，B正确；，故C正确；因为，，所以当时，最大，故D错误.故选：BC.10.已知实数满足，则下列结论正确的是（）A.的最小值为9 B.的最大值为C.的最大值为 D.的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】根据对数的性质及运算法则得到，再利用基本不等式即可验证各选项是否正确.【详解】由对数的性质及运算法则可知：，且，所以：.对于选项A：由，得：，所以，当，即时，取“”，所以选项A正确；对于选项B：，所以，当，即时取“”，所以的最大值为，所以选项B错误；对于选项C：因为，由选项B的解题中可知：，所以，所以，所以选项C正确；对于选项D：因为，即当，即时，取“”，所以，故选项D正确.故选A,C,D.11.函数的图象过原点，且无限接近直线但又不与该直线相交，则下列结论正确的是（）A.B.C.若，则D.方程有3个实数根【答案】BCD【解析】【分析】利用指数函数的图象性质可求出参数，再由函数的奇偶性和单调性来分析求解，不等式的证明可利用作差法思想及均值不等式思想来判断.【详解】由函数的图象过原点，可知：，由函数的图象无限接近直线但又不与该直线相交，可知：，所以有，故A错误；由函数，可知，所以是偶函数，当时，由指数函数的性质可知是增函数，所以有，故B正确；当时，有，，由于，所以上式等号不成立，即有，故C正确；由方程可得：或，而当时，由指数函数的性质可知是增函数，所以，则根据是偶函数，可知在上只有唯一解，当时，由得：，再根据是偶函数，可知有两个解.所以方程有3个实数根，故D正确；故选：BCD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数y=fx，x∈R，且，，，，，，则______.【答案】192【解析】【分析】由题意累乘即可得解.【详解】由题意知，，所以.故答案为：19213.如图，函数的部分图象如图所示，已知点A，D为的零点，点B，C为的极值点，，则______.【答案】##【解析】【分析】结合正弦函数的周期及向量数量积公式计算可得，再由函数零点可得，即可得解析式.【详解】由图可得，又，则，，，则，，则，化简得，又，则，则有，解得，又，则.故答案为：.14.若，，记数列的前项和为，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】由题意得，令，则，可得，令，求导分析单调性结合范围即可求解.【详解】，则，所以，令，则，所以，令，则，所以当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，因为，且，当时，，当时，，所以的最小值为.故答案为：.【点睛】易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.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）求的单调减区间；（2）将函数y=fx的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数y=gx的图象.若对任意，，求实数的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用倍角公式降幂，再由辅助角公式可得，最后利用复合函数单调性求出单调递减区间即可.（2）根据函数平移及伸缩求出的解析式，求解即可.【小问1详解】.由，解得，所以函数的单调递减区间为；【小问2详解】将函数的图象向左平移个单位长度，可得到函数，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，即，当时，，则，则，对任意的、，，则，故实数的最小值为.16.已知函数在点处的切线方程为（1）求函数的解析式；（2）若，且过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）由导数的几何意义和切点在曲线上建立方程组，解出即可；（2）先将问题转化为在切点处切线方程有三个不同的实数根，再构造函数，求导分析单调性和极值即可；【小问1详解】由题意得，故，【小问2详解】过点向曲线作切线，设切点为，则，，则切线方程为，将代入上式，整理得.过点可作曲线的三条切线，方程有三个不同实数根.记，，令，得或1，则，，的变化情况如下表：01+0-0+极大极小当，有极大值；，有极小值，由题意有，当且仅当即解得时函数有三个不同零点.此时过点可作曲线的三条不同切线.故的取值范围是.17.在中，角，，所对的边分别为，，，且（1）求角的大小；（2）设是边AC上一点，BD为角平分线且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理和诱导公式化简已知式可得，分类讨论和即可得出答案；（2）由角平分线定理可得，再由正弦定理可得，结合同角三角函数的基本关系可求出的值.小问1详解】因为，在中，，所以在中，由正弦定理得：又，，所以，即，又，所以，所以，所以，因为，所以，即.【小问2详解】因为，是角平分线，即，因为，所以，由正弦定理可知，所以，所以，整理可得，即，又因为，且，即，解得.18.已知函数.（1）若，求极值；（2）求函数的单调区间；（3）若函数有两个极值点，，求证：.【答案】（1）极大值为，极小值为（2）答案见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）代入函数解析式，利用导数求函数极值；（2）利用导数，对分类讨论，求函数单调区间；（3），是方程的两个根，有，，，，化简得，令，利用导数求的单调性，可证明结论.【小问1详解】当时，，函数定义域为，，当，，在上单调递增，或，，在和上单调递减，的极大值为，的极小值为.【小问2详解】由，得.令，则，，当，即时，恒成立，则，所以在上是减函数.当，即或.（i）当时，在上单调递增，恒成立，从而，所以在上是减函数.（ii）当时，函数有两个零点：，，列表如下：-0+0-减函数极小值增函数极大值减函数综上，当时，的减区间是，无增区间；当时，增区间是，减区间是和.【小问3详解】由（2）知，当时，有两个极值点，，，则，是方程的两个根，从而，，由韦达定理，得，.所以，.令，，，则，当时，，则在上是增函数，从而，故【点睛】方法点睛：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.19.把满足任意，总有的函数称为“类余弦型”函数.（1）已知为“类余弦型”函数，，求f1的值；（2）在（1）的条件下，定义数列：，求的值；（3）若为“类余弦型”函数，且，对任意非零实数，总有.设有理数，满足，判断与的大小关系，并给出证明.【答案】（1）（2）（3），证明见解析【解析】【分析】（1）利用特殊值法：令，得，令，，和，求得f1的值；（2）由题设令，，可得，易知以为公比，为首项的等比数列，进而可得的通项，利用对数的运算性质即可求值；（3）先证为偶函数，再证若，，都是自然数且，如有，，设，只需证是增函数，利用函数单调性的性质即可证明.【小问1详解】令则，，又，故，令，，则，则，又，故；【小问2详解】令，，则，即，