2024-2025学年吉林省吉林市高三上学期第三次联考数学检测试卷（附解析）

2024-2025学年吉林省吉林市高三上学期第三次联考数学检测试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知，则的虚部为（

）A． B． C． D．22．已知数列{an}是等差数列，若a1+a2+a3=1，a4+a5+a6=3，则a7+a8+a9=（

）A．5 B．4 C．9 D．73．已知集合，集合，如果命题“”为假命题，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．4．已知，若与的夹角为120°，则在上的投影向量为（

）A． B． C． D．5．将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则在上的值域为（

）A． B． C． D．6．已知数列满足，则的最小值为（

）A． B． C． D．7．已知函数，若恒成立，则的最大值为（

）A． B． C． D．8．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，，，则线段CD长度的最小值为（

）A．2 B． C．3 D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知函数的部分图象如图所示，则（

）

A．B．C．的图象与轴的交点坐标为D．函数的图象关于直线对称10．已知函数，则下列正确的是（）A．的极小值为B．在单调递增C．有三个实根D．，当时，恒成立，则的取值范围是11．定义在的函数满足，且，都有，若方程的解构成单调递增数列，则下列说法中正确的是（

）A．B．若数列为等差数列，则公差为6C．若，则D．若，则三、填空题（本大题共3小题）12．已知曲线在点处的切线的倾斜角为,则的值为.13．已知数列的通项公式为，若数列是单调递增数列，则实数的取值范围是.14．如图1点，我们知道复数可用点表示.一般地，任何一个复数都可以表示成的形式，即其中为复数的模，叫做复数的辐角（以非负半轴为始边，所在射线为终边的角），我们规定范围内的辐角的值为辐角的主值.由复数的三角形式可得出，若，则.其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍.如图2，已知在复平面的上半平面内有一个菱形，其边长为，点所对应的复数分别为.若，以为边作正方形，点在下方，若长度为，则复数.四、解答题（本大题共5小题）15．已知的内角的对边分别为．(1)求的值；(2)若的面积为，且，求的周长．16．已知函数．(1)若恰有两个极值点，求实数的取值范围；(2)若的两个极值点分别为，证明:．17．已知数列中，，且，为数列的前n项和，，数列是等比数列，，.(1)求数列和的通项公式；(2)若，求数列的前项和.18．已知函数.(1)若的定义域为，求的取值范围；(2)设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求的取值范围.19．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)设函数有两个不同的零点，（i）求实数的取值范围：（ⅱ）若满足，求实数的最大值.

答案1．【正确答案】D【分析】利用复数的乘方运算和四则运算法则求出复数，继而得的虚部.【详解】由，则，的虚部为2.故选D.【易错警示】本题容易将z的虚部当作的虚部而致误.2．【正确答案】A【详解】由数列{an}是等差数列可知，a1+a2+a3，a4+a5+a6，a7+a8+a9成等差数列，所以a7+a8+a9=，故选：A3．【正确答案】B【详解】因为命题“”为假命题，所以，命题“”为真命题，因为集合，集合，所以，当时，即时，成立，当时，由“”得，解得，综上，实数的取值范围为.故选：B.4．【正确答案】C【分析】根据投影向量的定义，结合数量积的运算即可求解.【详解】，在上的投影向量为，故选：C5．【正确答案】C【详解】，图象向左平移个单位长度，得到，上，，则在上的值域为.故选：C.6．【正确答案】A【详解】因为，所以由递推公式可得当时，等式两边分别相加，得，因为，则，而满足上式，所以，即，函数在上单调递减，在上单调递增，又因为，当时，，当时，，因为，所以的最小值为.故选：A.7．【正确答案】C【详解】由，解得，令，解得，当时，，则，不符合题意；当时，，则，不符合题意；所以，即，则，当时等号成立,的最大值为.故选：C.8．【正确答案】D【分析】本题通过正弦定理得到，再通过余弦定理得到，对向量式整理得，通过平方，将向量关系转化为数量关系即，利用基本不等式即可求解.【详解】解：由及正弦定理，得，即，由余弦定理得，，∵，∴．由，，两边平方，得即，当且仅当，即时取等号，即，∴线段CD长度的最小值为．故选：D．9．【正确答案】ACD【详解】对A，由图可知，的最小正周期，则，A正确；对B，由图象可知时，函数无意义，故，由，得，即，B错误；对C，，C正确；对D，由，则的图象关于点对称，由图象对称变换可得函数的图象关于直线对称，D正确.故选：ACD10．【正确答案】ACD【详解】由题意知：定义域为，；当时，；当时，；的单调递减区间为，；单调递增区间为；对于A，的极小值为，A正确；对于B，当时，单调递减，B错误；对于C，的极大值为，且当时，，由此可得图象如下图所示，由图象可知：与有三个不同的交点，即有三个实根，C正确；对于D，由当时，恒成立可得：，令，则在上单调递增，在上恒成立，在上恒成立；在上的最大值为，，D正确.故选：ACD.11．【正确答案】ABD【详解】因为都有，即的图象关于对称，令，则，即，可知在内的图象关于点对称，根据题意作出在内的图象，如图所示：对于选项A：因为定义在的函数满足，则，故A正确；对于选项B：由图象可知：若数列为等差数列，则，此时与在内有且仅有一个交点，因为，则，所以公差为6，故B正确；对于选项C：若，则，可得，则，即与在内有且仅有2个交点，结合图象可得，故C错误；对于选项D：若，则与在内有且仅有3个交点，且，因为，则，所以数列是以首项为7，公差为12的等差数列，可得，所以，故D正确；故选：ABD.12．【正确答案】【分析】对原函数进行求导,代入得出切线斜率.曲线在处的切线倾斜角为可得出斜率，构造关于的方程，解方程即可.【详解】曲线的导数,因为曲线在处的切线的倾斜角为,所以,所以,所以.故答案为:.13．【正确答案】【详解】因为数列是递增数列，当时，，可得，当时，，即，解得，又，所以，解得或.综上，实数的取值范围是.故答案为.14．【正确答案】【详解】设，设对应的复数为，对应的复数为，则，，设对应的复数为，所以，所以，由已知可得，所以，又，所以，所以，故答案为.15．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，可得，即，因为，可得，所以，即，所以.（2）解：由（1）知，因为若的面积为，可得，即，解得，又因为，由余弦定理得，整理得，解得，所以，所以的周长为.16．【正确答案】(1)；(2)证明见解析.【详解】（1）在上恰有两个不同的解，令，所以解得，即实数的取值范围是；（2）证明：由（1）知是方程的两个不同的根，所以所以，令，令在上恒成立，所以在上单调递减，即在上单调递减，所以，所以在上单调递减，所以，所以．17．【正确答案】(1)，；(2)数列的前项和为.【分析】（1）由关系证明数列为等差数列，由此可求数列的通项公式，再求数列的通项公式，设数列的公比为，由条件列方程求，，结合等比数列通项公式可得结论；（2）由（1）可得，利用裂项相消法求数列的前项和.【详解】（1）由已知当，时，，，所以，又，所以，所以，所以数列为等差数列，公差为，又，所以，所以当，时，，又，所以，；设等比数列的公比为，因为，，所以，，所以，所以.（2）由（1）可得，所以，所以数列的前项和，所以.18．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）依题意转化为在上恒成立问题，结合二次函数的图象，需使即得；（2）先判断函数在区间上的单调性，得对任意恒成立，即对任意恒成立，则需使，就参数的取值分类讨论函数的最小值即得的范围.【详解】（1）由函数的定义域为，可得在上恒成立，结合二次函数的图象可知，需使，解得，即的取值范围为；（2）设，则在定义域内是单调递增函数，因为，,故对任意，函数在区间上单调递增，故，，依题意，对任意恒成立，即对任意恒成立，即对任意恒成立，即对任意恒成立，令，则需使，因为函数图象的对称轴为，①当，即时，在上单调递增，故由，解得，不合题意，舍去；②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，故，解得，因为，故.综上，的取值范围是.19．【正确答案】(1)答案见解析；(2)（i）；（ⅱ）.【分析】（1）求导，分类讨论参数和时，函数的单调性即可.（2）（ⅰ）利用参数分离可得，令，利用导数研究函数的单调性，极值，数形结合即可；（ⅱ）由已知，设，可得，设，利用导数研究函数的单调性，可求额，再利用的单调性可求得，进而求得结果.【详解】（1）函数的定义域为，求导得，当时，恒成立，函数在上单调递增；当时，由，得，由，得，即函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，的递增区间是，无递减区间；当时，的递增区间是，递减区间是.（2）（ⅰ）由，得，令，求导得，当时，，当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，，而当时，恒成立，且，由有两个零点，即方程有两个不等的正根，亦即直线与的图象有两个公共点，因此，即，所以实数的取值范围是.（ⅱ）由，得，且，不妨设，将代入，得，即，令，求导得，令，求导得，则函数在上单调递