四川省雅安市2024−2025学年高三上学期11月零诊考试数学试卷含答案

四川省雅安市2024−2025学年高三上学期11月“零诊“考试数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．若i是虚数单位，复数A． B． C． D．3．命题“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，4．函数在区间上的图象大致为（

）A． B．C． D．5．已知，则“”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6．已知单位向量，满足，则（

）A． B． C． D．7．若，且，则（

）A． B． C． D．8．下列不等式成立的是（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知函数，则（

）A．的最小正周期为B．的图象关于点对称C．将的图象向左平移个单位，所得图象的解析式为D．10．已知函数的定义域为R，若为偶函数，为奇函数，且，则（

）A．为周期函数B．的图象关于点对称C．，，成等差数列D．11．已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列结论中正确的是（

）A．是单调递增数列 B．C． D．三、填空题（本大题共3小题）12．已知向量，．若，则．13．记为等差数列的前n项和．已知，则的最小值为．14．定义：已知函数的导函数为，若是可导函数且其导函数记为，则曲线在点处的曲率．据此，曲线（其中）的曲率K的最大值为．四、解答题（本大题共5小题）15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求A的大小；(2)若的外接圆半径为4，且，求的面积．16．已知数列的前n项和为，且，其中．(1)求的通项公式；(2)若数列满足，证明：．17．已知函数，其中，(1)当时，求的单调区间；(2)当时，过点可以作3条直线与曲线相切，求m的取值范围．18．已知数列满足，（，且）．(1)证明：数列是等比数列；(2)求数列的前n项和；(3)令，数列的前n项和为，证明：．19．已知函数．(1)若有2个相异极值点，求a的取值范围；(2)若，求a的值；(3)设m为正整数，若，，求m的最小值．

参考答案1．【答案】B【详解】根据可得，又，则，故选：B.2．【答案】B【详解】，故选B．3．【答案】C【详解】命题“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，所以命题“，”的否定是，.故选：C4．【答案】B【详解】由题意，，，则，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，故AC不满足；当时，，，则，故D不满足，B符合题意.故选：B.5．【答案】B【详解】因为，所以，所以“”可推出“”，即“”是“”的必要条件；取，可知，而，即，所以“”不能推出“”.所以“”是“”的不充分条件.所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.6．【答案】A【详解】解：因为，，所以，因为，，所以，，所以，故选：A.7．【答案】D【分析】利用正弦的差角公式结合弦切关系分别计算，再根据和角公式计算即可.【详解】因为，又，即，则，所以，故.故选D.8．【答案】C【详解】对于A，因为底数，所以随着指数的增大而减小，又，所以，故选项A错误；对于B，，因为底数，所以随着真数位置的增大而增大，又，所以，故选项B错误；对于C，因为，，所以，故选项C正确；对于D，因为，，函数有两个交点，分别是当，增长速度比增长速度快，在0,2上，在上，在上，所以，即，故选项D错误.故选：C.9．【答案】BD【详解】由，可得函数的最小正周期为，故A错误；由，可得，所以的图象关于点对称，当时，可得对称中心为，故B正确；将的图象向左平移个单位得到的图象，故C错误；，又在上单调递增，，所以，即，故D正确.故选：BD.10．【答案】ACD【详解】函数的定义域为R，由为偶函数，得，则，由为奇函数，得，则，于是，即，对于A，，是周期为4的周期函数，A正确；对于B，由，得的图象关于点对称，B错误；对于C，，由，得，因此，，成等差数列，C正确；对于D，，因此，D正确.故选：ACD11．【答案】BCD【详解】因为，所以当时，，两式相减，可得，所以，所以，所以是单调递减数列，故A错误；当时，，所以；当时，，化简整理得，所以数列是等差数列，其首项为4，公差为4，所以，所以，所以，故B正确；因为，所以所以，故C正确；设函数，则，因为，所以，所以在上单调递减，所以，取，,所以，即又因为，所以.故D正确.故选：BCD.12．【答案】【详解】∵，，∴，由得，解得，解得.故答案为：.13．【答案】【详解】设等差数列的公差为，根据，可得，解得，则，因为，所以当或时，有最小值为，故答案为：.14．【答案】/【详解】解：因为，所以，，所以曲线（其中）的曲率，所以，由，可得，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以当时，故答案为：.15．【答案】(1)(2)【详解】（1）根据正弦定理的变形公式可得，因为，所以，即，因为，所以，则，即；（2）因为，所以，则，即，又，所以，因为的外接圆半径为，所以由正弦定理可得，所以，所以.16．【答案】(1)，(2)证明见详解【详解】（1）当时，，当时，，又，两式相减得：，所以，此时，将代入得，因此对也成立，故的通项公式为，（2）由（1）可知，所以，又，所以，所以，因为，所以，即.17．【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为(2)【详解】（1）由，，则，令f′x>0，得；令f′所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）当时，，则，设切点为，则，化简得，因为过点可以作3条直线与曲线y=fx相切，所以方程有三个不同的实根，设，即函数与y=gx的图象有三个交点，而，令，得；令，得或，所以函数在和1,+∞上单调递减，在−1,1上单调递增，又，，且时，gx>0，画出函数与y=gx大致图象，要使函数与y=gx的图象有三个交点，则，即m的取值范围为．18．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析.【详解】（1）数列中，当时，，则，而，又，解得，，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.（2）由（1）知，，即，，则，令，则，两式相减得，则，所以.（3）由（2）知，，，显然，则；又，于是，所以.19．【答案】(1)或；(2)；(3)3.【详解】（1）函数的定义域为，求导得，由有2个相异极值点，得方程有两个相异正实根，于是，解得或，所以a的取值范围是或.（2）令，求导得，当时，函数在上单调递增，而，，则，使得，当时，，因此函数在上单调递增，而，则当时，，即，不符合