福建省龙岩市一级校联盟2025届高三上学期11月期中联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省龙岩市一级校联盟2025届高三上学期11月期中联考数学试题一、单选题: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.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以或，所以.故选：B2.命题“”为假命题，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为命题“”为假命题等价于“”为真命题，所以，所以只需.设，则在上单增，所以.所以，即.故选：A3.设为等差数列的前项和，已知，则的值为（）A.64 B.14 C.10 D.3【答案】C【解析】由等差数列前项和公式，可知：，所以，由等差数列的性质“当时，”可知：，所以.故选：C.4.已知正数a，b满足，则的最小值为（）A.4 B.6 C. D.8【答案】D【解析】因正数a，b满足，所以，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为8.故选：D5.人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为.已知点，若P，Q的余弦距离为，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，，所以，，所以，，，所以，则，的余弦距离为，所以，所以.故选：D6.已知等比数列的公比为，则“”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.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】根据题意，成立时，有，结合，得，即qn-1q2①当时，可得，所以，即；②当时，为偶数时，，可得，所以，为奇数时，，可得，所以，因此不存在满足成立，综上所述，成立的充要条件是，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.7.已知函数，若对任意，都有，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设.由对任意，都有，即，也就是，所以在单调递增.当时，单调递增，所以，所以；当时，单调递增，所以恒成立，即恒成立，又因为，所以，所以只需即可，所以或，所以.在单调递增，还应该满足，即或，又因为，所以.故选：A8.已知，定义运算@:，其中是函数的导数.若，设实数，若对任意恒成立，则的最小值为（）A. B. C.e D.2e【答案】B【解析】因为所以，即，所以，即对任意，恒成立.设，因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以当时，，所以当时，单调递增.因为对任意，恒成立，所以对任意，恒成立.所以对任意，恒成立.即恒成立.设，则，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以当时，.所以对任意，恒成立，只需即可.故的最小值为.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.已知向量，则（）A. B.当时，C.当时， D.在上的投影向量的坐标为【答案】ABD【解析】因为，所以，所以，故A正确；因为，且，所以，即，故B正确；因为，所以，即，故C错误；因为在上的投影向量为，所以D正确.故选：ABD10.已知函数的定义域为，对任意都有，且，，则（）A.的图象关于直线对称 B.的图象关于点对称C. D.为偶函数【答案】AC【解析】∵，则的图象关于直线对称，故A正确，B错误；∵函数的图象关于直线对称，则，又，∴，则，即，∴函数的周期为8，则，故C正确；∵，所以为奇函数，故D错误．故选：AC.11.已知函数，则（）A.是以为周期的函数B.存在无穷多个零点C.的值域为D.至少存在三个不同的实数，使得为偶函数【答案】ACD【解析】对于A,，，则是以为周期的函数，故A正确.对于B，C，因为的周期为，所以只需研究在区间上的正负，当时，，因为，且，所以在上恒成立.当时，，设，则，当时，有最大值1，当时，，当时，，故的最小值为.综上所述，在上的取值均大于没有零点.故在上没有实数根，即在上没有零点，故B错误，C正确.对于D，由，可得的图象关于直线对称，当时，的图象关于轴对称，此时为偶函数.由是的周期，可知当时，为偶函数.又因为，所以的图象关于直线对称，可知当时，为偶函数.综上所述，当时，至少存在这三个值，使得为偶函数，故D正确.故选：ACD.三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数满足，则_____________.【答案】【解析】由题意得，，∴.13.已知函数.曲线在点处的切线方程为，则____________【答案】【解析】由于，故，，，，，解得，．.14.黎曼猜想由数学家波恩哈德黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.已知正项数列an的前项和为，且满足，则______.（其中表示不超过的最大整数）【答案】88【解析】由题意可得，当时，，化简得，又当时，，解得或（舍去），所以，所以数列是首项、公差均为1的等差数列，所以，即.故当时，①，所以当时，，设，由①可得，S>1+2×(3-2+所以.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）求的最小正周期及单调递增区间;（2）将的图象先向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求在上的最大值和最小值.解：（1）依题意得，所以的最小正周期为令，得，所以的单调递增区间为.（2）将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，再将所得图象上所有点横坐标缩短为原来的，得到函数的图象.令，由，可得.因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以在上的最大值为，最小值为.16.已知数列an的前项和为，等差数列bn的前项和为.（1）求an和bn（2）设求数列的前项和.解：（1）因为，①所以当时，，又，所以.当时，，②①式减去②式得，所以.又，所以，所以an是以为首项，为公比的等比数列，所以.设等差数列bn的公差为，因为，可得，解得，所以，即bn的通项公式为.（2）因可得则数列的前2n项和，令，，则，所以，，.17.在中，内角所对的边分别是.（1）求角;（2）如图，已知为平面内一点，且四点共圆，，求四边形ABCD周长的最大值.解：（1），由正弦定理可得.因为，所以，则，且，因为，所以，又因为，则，可得，所以.（2）因为，所以，又，所以由余弦定理可得，所以，即.因为四点共圆，，所以.在中，由余弦定理可得，所以，所以.由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，所以，当且仅当时，等号成立，所以，则，所以当时，四边形ABCD的周长取得最大值，最大值为18.已知函数.（1）求fx的单调区间（2）设，若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围.解：（1）由，，得.令，解得.当时，，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.当时，恒成立，在上单调递增.当时，，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.综上所述，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，；当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为.（2）因为对任意，均存在，使得，所以，当时，取得最大值，最大值为0.由（1）得，当时，在]上单调递增，即当时，取得最大值，所以，解得，即.当时，在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值.设，则，单调递增，所以s(a)≥s12=ln综上所述，的取值范围为.19.南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著《详析九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式.如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第层球数