黑龙江省佳木斯市三校联考2023-2024学年高三上学期第三次调研考试数学试题

这是一份黑龙江省佳木斯市三校联考2023-2024学年高三上学期第三次调研考试数学试题，共7页。试卷主要包含了若数列满足，，则，函数等内容，欢迎下载使用。

命题教师： 审题教师： 考试时间：120分
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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，只有一项是符合题目要求的．)
1．若复数满足（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，，，若，则（ ）
A．3B．-1C．2D．4
4．若数列满足，，则（ ）
A．511B．1023C．1025D．2047
5．已知，是一元二次方程的两个不相等的实数根，则的值为（ ）
A．B．2C．3D．7
6．函数（）的最小值为（ ）
A．1B．3C．5D．9
7．已知，，，比较a，b，c的大小为（ ）
A．B．C．D．
8．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.对于实数下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．)
9．下列选项中，能说明“，都有”为假命题的x取值有（ ）.
A．B．C．0D．3
10．下列两个向量，不能作为平面中一组基底的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
11．某货轮在处看灯塔在货轮北偏东，距离为nmile；在处看灯塔在货轮的北偏西，距离为nmile．货轮由处向正北航行到处时，再看灯塔在南偏东，则下列说法正确的是（ ）
A．处与处之间的距离是 B．灯塔与处之间的距离是
C．灯塔在处的西偏南 D．在灯塔的北偏西
12．若函数的部分图象如图所示，则（ ）

A． B．. C．在上单调递减D．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．函数的定义域为 ．
14．记为等差数列的前n项和，已知，则 ．
15．已知函数，在上单调递增，则实数的取值范围 ．
16．已知，则的值为 ．
四、解答题（17题10分，18、19、20、21、22每题12分，每题请写出解题过程）
17．已知函数．
(1)求函数的定义域；
(2)若函数的图象过，求的单调区间．
18．已知函数.
(1)若，求函数的极值；
(2)求函数的单调区间.
19．已知等差数列的前项和为，且，．
(1)求的通项公式；
(2)若，求的前项和．
20．如图，在平面四边形中，.

(1)求；
(2)若的面积为，求.
21．已知函数.
(1)求函数的最小正周期和值域；
(2)若，求函数的单调递增区间.
22．已知数列的首项，是与的等差中项．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)证明：．
三校联考高三第三次调研考试
数学试题
参考答案
1．A
【分析】利用复数的除法运算及模长公式计算即可.
【详解】由，
所以.
故选：A
2．D
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
又，
所以.
故选：D
3．A
【分析】由平面向量坐标分别求出，，然后再结合向量平行从而求解.
【详解】由，，
又由，有，解得．故A项正确.
故选A．
4．B
【分析】通过累加和等比数列的求和即可得答案.
【详解】由题意知:，
则有，，，，，
由累加可得，
即
.
故选:B.
5．C
【分析】根据韦达定理即可求解.
【详解】由于，是一元二次方程的两个不相等的实数根，
所以，故，
故选：C
6．C
【分析】利用均值不等式求最小值即可.
【详解】，当且仅当，即时等号成立，
故选：C
7．C
【分析】利用函数和的单调性，分别比较a、b与c的大小关系即可.
【详解】因为函数在上单调递增，所以，
又，所以；
又因为函数在上单调递增，所以，
所以.
综上，.
故选：C
8．D
【分析】根据不等式的性质，或是代入特殊值，即可判断选项.
【详解】A：若，此时，与题意不相符，故A错误；
B：若，则，与题意不相符，故B错误；
C:若，则，但是，与题意不相符，故C错误；
D:若，两边平方，则，与题意相符，故D正确.
故选：D
9．AB
【分析】将选项中的取值逐一代入计算可得AB为假命题，符合题意.
【详解】易知，但，此时为假命题，即A正确；
同理，但，此时为假命题，即B正确；
而，但，此时为真命题，即C错误；
显然，可得D错误；
故选：AB
10．BD
【分析】根据坐标判断两向量是否共线即可得到答案.
【详解】对于A，，显然不共线，可以作为一组基底，故A错误；
对于B，，，则，两向量共线，不能作为一组基底，故B正确；
对于C，，显然不共线，可以作为一组基底，故C错误；
对于D，，，则，两向量共线，不能作为一组基底，故D正确.
故选：BD
11．AC
【分析】作图，运用正弦定理和余弦定理解相应的三角形即可.
【详解】在中，由已知得，，
则，由正弦定理得，
所以A处与D处之间的距离为，故A正确；
在中，由余弦定理得，
又，解得．所以灯塔C与D处之间的距离为，故B错误；
，，灯塔C在D处的西偏南，故C正确；
灯塔B在D的南偏东，D在灯塔B的北偏西，故D错误；
故选：AC
12．ACD
【分析】根据图象结合三角函数的性质一一判定即可.
【详解】由题图，得，最小正周期,所以，故A正确；
则，又的图象过点，所以.
因为，所以，故B错误；
，令，
当时，在上单调递减，故C正确；
显然，故D正确.
故选:ACD.
13．
【分析】根据偶次方根的被开方数非负及分母不为零得到不等式，解得即可.
【详解】对于函数，令，即，
解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：
14．3
【分析】根据等差数列的前项和公式和通项公式求解.
【详解】设公差为，
因为，所以，即，
故答案为:3.
15．
【分析】根据分段函数的在单调递增建立不等式组解出即可.
【详解】因为函数在上单调递增，
所以有，
解得：，
故答案为：.
16．/
【分析】利用诱导公式结合倍角格式化简求值.
【详解】因为，即，
所以.
故答案为：.
17．(1)
(2)增区间为，减区间为.
【分析】（1）根据解析式有意义解不等式可得；
（2）根据图象过点求a，然后由复合函数单调性求解即可.
【详解】（1）由题可知，即，
解得，所以函数的定义域.
（2）由函数的图像过，有，解得，
令，则，
因为为增函数，在上单调递增，在上单调递减，
所以，由复合函数单调性可知，函数在的增区间为，减区间为.
18．(1)函数的极大值为，无极小值
(2)答案见解析
【分析】（1）求导，即可根据函数的单调性求解最值，
（2）求导，分类讨论即可根据导函数的正负确定函数的单调性.
【详解】（1）当时，，其定义域为，
.
令，则.
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
函数的极大值为，无极小值.
（2），，
当时，，在上单调递增；
当时，由，得，
若，则,若，则，单调递减，
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，
综上，当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式及求和公式求得基本量，进而可得通项公式；
（2）利用裂项相消法可求得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
则，
解得，
所以；
（2）由（1）得，
所以，
所以.
20．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理计算即可；
（2）利用三角形面积公式及余弦定理计算即可.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
则，解得.
又由题设知，
所以；
（2），
，
由，得，
解得.
由余弦定理得，
又，所以.
21．(1)最小正周期为，值域为
(2)，
【分析】（1）利用二倍角公式及两角差的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）因为，
故的最小正周期为，值域为.
（2）令，解得.
又，则的单调递增区间为，.
22．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题设，构造法得到，即可证结论.
（2）由（1）及放缩法得，再应用等比数列前n项和公式求和，即可证结论.
【详解】（1）由题设，又，
所以是首项、公比均为2的等比数列.
（2）由（1）知：，则，显然时成立，
当有，此时，
综上，，得证.