资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩19页未读，
继续阅读
河北省衡水市2024-2025学年高三上学期9月第二次调研考试数学试题（Word版附解析）
展开
这是一份河北省衡水市2024-2025学年高三上学期9月第二次调研考试数学试题（Word版附解析），文件包含河北省衡水市第二次调研考试2024-2025学年高三上学期9月月考数学试题Word版含解析docx、河北省衡水市第二次调研考试2024-2025学年高三上学期9月月考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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. 已知数列满足，则，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题中递推公式代入运算即可.
【详解】因为，则有：
当，；当，；当，.
故选：C.
2. 已知是第四象限角且，则的值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知求得和，再根据两角差的正切公式计算即可．
【详解】因为是第四象限角且，所以，则，
因为，所以，
所以，
故选：C．
3. 函数的图象在点处的切线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对求导，得到，再利用导数的几何意义，即可求解.
【详解】因为，则，显然，当时，无意义，
即在处斜率不存在，所以倾斜角为.
故选：D.
4 如图，平行四边形中，，，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，结合图形，利用向量的线性运算，即可求出结果.
【详解】因为四边形为平行四边形，且，，
所以，即①，
又，即②，
由①②得到，又，，所以.
故选：D.
5. 已知等差数列的公差小于，前n项和为，若，，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设等差数列的首项为，公差为，根据条件得到，，从而得到，即可求出结果.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
由，得到①，由，得到②，
由①②得到，，又，，由，解得，
所以，，，
又因为，所以当或时，的值最大，最大值为，
故选：A.
6. 设内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知，若的周长为1．则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理可得，利用面积公式可得，再结合周长公式运算求解.
【详解】由正弦定理（为的外接圆半径），
可得，
且，则均正数，
因为，
可得，
又因为的周长为，
所以.
故选：B.
7. 设函数，若函数在区间上有且仅有1个零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意分析可知的最小正周期，的零点为，，根据周期性可知，再根据函数零点结合区间分析求解即可.
【详解】因为，由正切型函数可知：的最小正周期，
且的零点为，，
显然在区间内至少有1个零点，在区间内至少有2个零点，
若函数在区间上有且仅有1个零点，
则，即，解得，
若，因为，则，
且，
即，
则，
结合题意可知：，0中有且仅有一个属于，
由题意可知：或，
解得：，所以的取值范围为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：分析可知：在区间内至少有1个零点，在区间内至少有2个零点，结合周期性可知，可得必要性.
8. 已知，在R上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，当时，得到，由题知在上恒成立，利用基本不等式，得到，从而有，再根据题设有，即可求解.
【详解】因为，
当时，，，
所以时，，即在区间1,+∞上单调递增，
当时，，
所以，由题知在−∞,1上恒成立，
即在−∞,1上恒成立，
又，当且仅当，即时取等号，所以，
又由，得到，所以，
故选：A.
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 以下正确的选项是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，则D. 若，，则
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A，利用不等式的性质，即可判断选项A的正误；选项B和D，通过取特殊值，即可判断出选项D和D的正误；选项C，由，得到，即可判断选项C的正误.
【详解】对于选项A，由，得到，又，所以，故选项A正确，
对于选项B，取，显然有，，但，不满足，所以选项B错误，
对于选项C，由，得到，又，所以，即，
所以，故选项C正确，
对于选项D，取，显然有，，但，所以选项D错误，
故选：AC.
10. 设正项等比数列的公比为q，前n项和为，前n项积为，则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则当取得最小值时，
D. 若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A：根据前n项和的定义以及等比数列性质分析判断；对于B：根据题意结合等比数列性质分析判断；对于C：根据题意结合基本不等式可知：当且仅当时，取得最小值，进而可得结果；对于D：举反例说明即可.
【详解】因为数列an为正项等比数列，则，
对于选项A：因为
，
所以，故A正确；
对于选项B：若，则，
所以，故B正确；
对于选项C：因为，则，
当且仅当时，等号成立，
若取得最小值，则，
即，解得，故C错误；
对于选项D：例如，
则，，
可得，
因为，则，可得，即，
符合题意，但，故D错误；
故选：AB.
11. 以下不等式成立的是（ ）
A. 当x∈0,1时，B. 当x∈1,+∞时，
C. 当时，D. 当时，
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，令，x∈0,1，，x∈0,1，求导，求出函数单调性，得到，，得到A正确；B选项，在A选项基础上，得到x∈1,+∞时，，，B正确；C选项，令，，求导得到函数单调递增，且，从而得到C正确，D选项，令，x∈0,π，求导得到函数单调性和值域，结合的单调性和取值范围，得到两函数图象，数形结合得到D错误.
【详解】A选项，令，x∈0,1，
则恒成立，故在x∈0,1上单调递增，
则，
令，x∈0,1，
则，故在x∈0,1上单调递增，
故，
所以，即，A正确；
B选项，由A选项知，x∈1,+∞时，单调递增，单调递减，
则，
所以，即，B正确；
C选项，令，，
则，
，，，
又在上恒成立，
故在恒成立，
故在上单调递增，
又，故，即当时，，C正确；
D选项，令，x∈0,π，则，
当x∈0,1时，，当时，，
在x∈0,1上单调递增，在上单调递减，
其中，，
在上单调递增，在上单调递减，
且，，
画出两函数图象如下：
时，不满足，
存在，使得当时，，即，D错误.
故选：ABC
【点睛】很多时候，我们需要证明，但不代表就要证明，因为大多数情况，f′x的零点解不出来，设隐零点是一种方法，也可尝试凹凸反转，如要证明，可把拆分为两个函数，放在不等式的两边，即要证明，只要证明，凹凸反转的关键是如何分离出两个函数，通常考虑指数函数与对数函数分离，构造两个单峰函数，进行求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知平面向量，，，，则的最小值为______．
【答案】4
【解析】
【分析】根据题意结合数量积的运算律可得，即可得最小值.
【详解】因为，，，
则，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为16，即的最小值为4.
故答案为：4.
13. 已知函数的最小正周期为，则在区间上所有零点之和为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角恒等变换整理可得，结合周期性可得，根据函数零点结合对称性分析求解即可.
【详解】因为
，
且，则的最小正周期为，解得，
所以，
令，解得，
令，可得，
可知在内有2个零点，
且这2个零点关于直线对称，即这2个零点和为，
所以所有零点之和为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据对称性分析可知：在内有2个零点，且这2个零点和为，进而可得结果.
14. 若定义在上的函数满足：对任意的，都有：，当时，还满足：，则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】先用赋值法得到，，判断出函数为偶函数，然后利用判断单调性，最后分类讨论计算的解集即可.
【详解】因为对任意的，都有：
令，可知
令，可知
令，得
故函数为偶函数，
令
要使
则
显然函数为偶函数；
因为当时，
得
所以当时函数单调递减，
此时也单调递减
因为需要
故
因为为偶函数
所以当时，的解为
故不等式的解集为
故答案为：
【点睛】做一些抽象函数相关的习题时，我们一定需要去找抽象函数的一些性质，如单调性、奇偶性、对称性、周期性；然后再利用他们的关系来求解；通常还需要用赋值法得到一些函数值.
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）求函数的单调区间；
（2）函数在上恒成立，求最小的整数a．
【答案】（1）单调增区间，，单调减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）对求导，得到，再利用导数与函数单调性间的关系，即可求解；
（2）利用（1）中结果，求出在区间上最大值，即可求解.
【小问1详解】
因为，则，
因为恒成立，由，得到或，由，得到，
所以函数的单调增区间为，，减区间为.
【小问2详解】
由（1）知在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，，显然有，所以在区间上最大值为，
又函数在上恒成立，所以，得到最小的整数.
16. 已知数列的前项和为，，．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）若，求n的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，得到当时，，且有，由等比数列的定义即可证明结果；
（2）由（1）及条件可得，，再利用等比等差数列前项和公式得到，即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以当时，，
即时，，
又时，，
所以数列为首项为，公比为的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
又由，可得，
所以
，
又，所以，整理得到，解得，
所以n的值为.
17. 凸函数是数学中一个值得研究的分支，它包括数学中大多数重要的函数，如，等．记为的导数．现有如下定理：在区间I上为凸函数的充要条件为．
（1）证明：函数为上的凸函数；
（2）已知函数．
①若为上的凸函数，求的最小值；
②在①的条件下，当取最小值时，证明：，在上恒成立．
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）对二次求导，得到，根据条件得到在区间上恒成立，即可证明结果；
（2）①根据题设得到在区间上恒成立，再求出的最大值，即可求解；②令，，利用导数与函数的单调性，求出的最小值和的最大值，即可证明结果.
【小问1详解】
因为，则，，
因为，又，所以，
故在区间上恒成立，即函数为上的凸函数.
【小问2详解】
①因为，所以，，
由题知在区间上恒成立，即在区间上恒成立，
令，则在区间上恒成立，
令，对称轴为，所以当时，取到最大值，最大值为，
所以，得到，所以的最小值为.
②由（1）知，
令，则，
令，则在区间恒成立，当且仅当时取等号，
所以在区间上单调递增，得到，当且仅当时取等号，
即在区间恒成立，当且仅当时取等号，
即在区间上单调递增，所以，
令，令，得到，
则在区间上恒成立，即在区间上单调递减，
所以，
即当，，当且仅当时取等号，
所以，在上恒成立．
18. 如图，在平面直角坐标系中，质点A与B沿单位圆周运动，点A与B初始位置如图所示，A点坐标为，，现质点A与B分别以，的速度运动，点A逆时针运动，点B顺时针运动，问：
（1）ls后，扇形AOB的面积及的值．
（2）质点A与质点B的每一次相遇的位置记为点，连接一系列点，，构成一个封闭多边形，求该多边形的面积．
【答案】（1）扇形AOB的面积为，
（2）2
【解析】
【分析】（1）先求时刻，质点A与质点B旋转的角度，令，可得，结合扇形面积公式以及两角和差公式运算求解；
（2）根据题意可得，结合任意角可知：交点有4个，求对应角，分析可知，即可求面积.
小问1详解】
由题意可知：时刻，质点A与质点B旋转的角度分别为，，且点，
若，则，
所以扇形AOB的面积，
且
【小问2详解】
若质点A与质点B的每一次相遇，
由（1）可知：，解得，
此时，
结合任意角的概念可知：的周期为4，即交点有4个，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
当时，，；
可得，
即以及均三点共线，且，，
所以该多边形的面积为.
19. 已知函数，，则
（1）讨论的单调性；
（2）当时，恒成立，求m的取值范围；
（3）当时，若的最小值是0，求的最大值．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得，分和，两种情况讨论，进而得到函数的单调区间；
（2）令，求得，由，转换为恒成立，令，求得，得到在上为增函数，得到，即可求解；
（3）令函数，转化为在上恒成立，结合相切时取得等号，设切点坐标为，求得切线方程，列出方程组，求得的表达式，得到所以，令函数，利用导数求得单调性，得到，求得，得出，且，进而得到答案.
【小问1详解】
解：由函数，可得，
若时，可得，所以在上单调递增；
若时，令，解得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
综上可得：当时，在上单调递增；
若时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
解：令函数，可得，
因为当时，恒成立，所以在上恒成立，
又因为，要使得在上恒成立，则恒成立，
令，
可得，
即在上为单调递增函数，所以，解得，
即实数的取值范围为.
【小问3详解】
解：当时，若的最小值是0，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
显然相切时取得等号，由函数，设切点坐标为，
可得，可得，
所以切线方程为，
即，
因为切线过原点，则，
解得，
所以
，
令，其中，
可得，
令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，此时，
可得，
则，其中，
只需证明：当时，，当时，，
令，可得，
因为和都为增函数，都可为增函数，
所以，所以为增函数，
因为，所以当时，，当时，，
所以，当且仅当，等号成立，
即的最大值为.
【点睛】方法策略：利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、分离参数法：根据不等式的基本性质将参数分离出来，得到一端是参数，一端是变量的表达式的不等式，转化为求解含有变量的表达式对应的函数的最值问题，进而求得参数的范围；
2、构造函数法：根据不等式的恒成立，构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，求出函数的最值，进而得出相应的含参数的不等式，从而求解参数的取值范围；
3、图象法：画出不等式对应的函数的图象，结合函数图象的走势规律，确定函数的极值点或最值点的位置，进而求得参数的取值范围.
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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. 已知数列满足，则，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题中递推公式代入运算即可.
【详解】因为，则有：
当，；当，；当，.
故选：C.
2. 已知是第四象限角且，则的值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知求得和，再根据两角差的正切公式计算即可．
【详解】因为是第四象限角且，所以，则，
因为，所以，
所以，
故选：C．
3. 函数的图象在点处的切线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对求导，得到，再利用导数的几何意义，即可求解.
【详解】因为，则，显然，当时，无意义，
即在处斜率不存在，所以倾斜角为.
故选：D.
4 如图，平行四边形中，，，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，结合图形，利用向量的线性运算，即可求出结果.
【详解】因为四边形为平行四边形，且，，
所以，即①，
又，即②，
由①②得到，又，，所以.
故选：D.
5. 已知等差数列的公差小于，前n项和为，若，，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设等差数列的首项为，公差为，根据条件得到，，从而得到，即可求出结果.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
由，得到①，由，得到②，
由①②得到，，又，，由，解得，
所以，，，
又因为，所以当或时，的值最大，最大值为，
故选：A.
6. 设内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知，若的周长为1．则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理可得，利用面积公式可得，再结合周长公式运算求解.
【详解】由正弦定理（为的外接圆半径），
可得，
且，则均正数，
因为，
可得，
又因为的周长为，
所以.
故选：B.
7. 设函数，若函数在区间上有且仅有1个零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意分析可知的最小正周期，的零点为，，根据周期性可知，再根据函数零点结合区间分析求解即可.
【详解】因为，由正切型函数可知：的最小正周期，
且的零点为，，
显然在区间内至少有1个零点，在区间内至少有2个零点，
若函数在区间上有且仅有1个零点，
则，即，解得，
若，因为，则，
且，
即，
则，
结合题意可知：，0中有且仅有一个属于，
由题意可知：或，
解得：，所以的取值范围为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：分析可知：在区间内至少有1个零点，在区间内至少有2个零点，结合周期性可知，可得必要性.
8. 已知，在R上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，当时，得到，由题知在上恒成立，利用基本不等式，得到，从而有，再根据题设有，即可求解.
【详解】因为，
当时，，，
所以时，，即在区间1,+∞上单调递增，
当时，，
所以，由题知在−∞,1上恒成立，
即在−∞,1上恒成立，
又，当且仅当，即时取等号，所以，
又由，得到，所以，
故选：A.
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 以下正确的选项是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，则D. 若，，则
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A，利用不等式的性质，即可判断选项A的正误；选项B和D，通过取特殊值，即可判断出选项D和D的正误；选项C，由，得到，即可判断选项C的正误.
【详解】对于选项A，由，得到，又，所以，故选项A正确，
对于选项B，取，显然有，，但，不满足，所以选项B错误，
对于选项C，由，得到，又，所以，即，
所以，故选项C正确，
对于选项D，取，显然有，，但，所以选项D错误，
故选：AC.
10. 设正项等比数列的公比为q，前n项和为，前n项积为，则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则当取得最小值时，
D. 若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A：根据前n项和的定义以及等比数列性质分析判断；对于B：根据题意结合等比数列性质分析判断；对于C：根据题意结合基本不等式可知：当且仅当时，取得最小值，进而可得结果；对于D：举反例说明即可.
【详解】因为数列an为正项等比数列，则，
对于选项A：因为
，
所以，故A正确；
对于选项B：若，则，
所以，故B正确；
对于选项C：因为，则，
当且仅当时，等号成立，
若取得最小值，则，
即，解得，故C错误；
对于选项D：例如，
则，，
可得，
因为，则，可得，即，
符合题意，但，故D错误；
故选：AB.
11. 以下不等式成立的是（ ）
A. 当x∈0,1时，B. 当x∈1,+∞时，
C. 当时，D. 当时，
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，令，x∈0,1，，x∈0,1，求导，求出函数单调性，得到，，得到A正确；B选项，在A选项基础上，得到x∈1,+∞时，，，B正确；C选项，令，，求导得到函数单调递增，且，从而得到C正确，D选项，令，x∈0,π，求导得到函数单调性和值域，结合的单调性和取值范围，得到两函数图象，数形结合得到D错误.
【详解】A选项，令，x∈0,1，
则恒成立，故在x∈0,1上单调递增，
则，
令，x∈0,1，
则，故在x∈0,1上单调递增，
故，
所以，即，A正确；
B选项，由A选项知，x∈1,+∞时，单调递增，单调递减，
则，
所以，即，B正确；
C选项，令，，
则，
，，，
又在上恒成立，
故在恒成立，
故在上单调递增，
又，故，即当时，，C正确；
D选项，令，x∈0,π，则，
当x∈0,1时，，当时，，
在x∈0,1上单调递增，在上单调递减，
其中，，
在上单调递增，在上单调递减，
且，，
画出两函数图象如下：
时，不满足，
存在，使得当时，，即，D错误.
故选：ABC
【点睛】很多时候，我们需要证明，但不代表就要证明，因为大多数情况，f′x的零点解不出来，设隐零点是一种方法，也可尝试凹凸反转，如要证明，可把拆分为两个函数，放在不等式的两边，即要证明，只要证明，凹凸反转的关键是如何分离出两个函数，通常考虑指数函数与对数函数分离，构造两个单峰函数，进行求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知平面向量，，，，则的最小值为______．
【答案】4
【解析】
【分析】根据题意结合数量积的运算律可得，即可得最小值.
【详解】因为，，，
则，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为16，即的最小值为4.
故答案为：4.
13. 已知函数的最小正周期为，则在区间上所有零点之和为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角恒等变换整理可得，结合周期性可得，根据函数零点结合对称性分析求解即可.
【详解】因为
，
且，则的最小正周期为，解得，
所以，
令，解得，
令，可得，
可知在内有2个零点，
且这2个零点关于直线对称，即这2个零点和为，
所以所有零点之和为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据对称性分析可知：在内有2个零点，且这2个零点和为，进而可得结果.
14. 若定义在上的函数满足：对任意的，都有：，当时，还满足：，则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】先用赋值法得到，，判断出函数为偶函数，然后利用判断单调性，最后分类讨论计算的解集即可.
【详解】因为对任意的，都有：
令，可知
令，可知
令，得
故函数为偶函数，
令
要使
则
显然函数为偶函数；
因为当时，
得
所以当时函数单调递减，
此时也单调递减
因为需要
故
因为为偶函数
所以当时，的解为
故不等式的解集为
故答案为：
【点睛】做一些抽象函数相关的习题时，我们一定需要去找抽象函数的一些性质，如单调性、奇偶性、对称性、周期性；然后再利用他们的关系来求解；通常还需要用赋值法得到一些函数值.
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）求函数的单调区间；
（2）函数在上恒成立，求最小的整数a．
【答案】（1）单调增区间，，单调减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）对求导，得到，再利用导数与函数单调性间的关系，即可求解；
（2）利用（1）中结果，求出在区间上最大值，即可求解.
【小问1详解】
因为，则，
因为恒成立，由，得到或，由，得到，
所以函数的单调增区间为，，减区间为.
【小问2详解】
由（1）知在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，，显然有，所以在区间上最大值为，
又函数在上恒成立，所以，得到最小的整数.
16. 已知数列的前项和为，，．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）若，求n的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，得到当时，，且有，由等比数列的定义即可证明结果；
（2）由（1）及条件可得，，再利用等比等差数列前项和公式得到，即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以当时，，
即时，，
又时，，
所以数列为首项为，公比为的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
又由，可得，
所以
，
又，所以，整理得到，解得，
所以n的值为.
17. 凸函数是数学中一个值得研究的分支，它包括数学中大多数重要的函数，如，等．记为的导数．现有如下定理：在区间I上为凸函数的充要条件为．
（1）证明：函数为上的凸函数；
（2）已知函数．
①若为上的凸函数，求的最小值；
②在①的条件下，当取最小值时，证明：，在上恒成立．
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）对二次求导，得到，根据条件得到在区间上恒成立，即可证明结果；
（2）①根据题设得到在区间上恒成立，再求出的最大值，即可求解；②令，，利用导数与函数的单调性，求出的最小值和的最大值，即可证明结果.
【小问1详解】
因为，则，，
因为，又，所以，
故在区间上恒成立，即函数为上的凸函数.
【小问2详解】
①因为，所以，，
由题知在区间上恒成立，即在区间上恒成立，
令，则在区间上恒成立，
令，对称轴为，所以当时，取到最大值，最大值为，
所以，得到，所以的最小值为.
②由（1）知，
令，则，
令，则在区间恒成立，当且仅当时取等号，
所以在区间上单调递增，得到，当且仅当时取等号，
即在区间恒成立，当且仅当时取等号，
即在区间上单调递增，所以，
令，令，得到，
则在区间上恒成立，即在区间上单调递减，
所以，
即当，，当且仅当时取等号，
所以，在上恒成立．
18. 如图，在平面直角坐标系中，质点A与B沿单位圆周运动，点A与B初始位置如图所示，A点坐标为，，现质点A与B分别以，的速度运动，点A逆时针运动，点B顺时针运动，问：
（1）ls后，扇形AOB的面积及的值．
（2）质点A与质点B的每一次相遇的位置记为点，连接一系列点，，构成一个封闭多边形，求该多边形的面积．
【答案】（1）扇形AOB的面积为，
（2）2
【解析】
【分析】（1）先求时刻，质点A与质点B旋转的角度，令，可得，结合扇形面积公式以及两角和差公式运算求解；
（2）根据题意可得，结合任意角可知：交点有4个，求对应角，分析可知，即可求面积.
小问1详解】
由题意可知：时刻，质点A与质点B旋转的角度分别为，，且点，
若，则，
所以扇形AOB的面积，
且
【小问2详解】
若质点A与质点B的每一次相遇，
由（1）可知：，解得，
此时，
结合任意角的概念可知：的周期为4，即交点有4个，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
当时，，；
可得，
即以及均三点共线，且，，
所以该多边形的面积为.
19. 已知函数，，则
（1）讨论的单调性；
（2）当时，恒成立，求m的取值范围；
（3）当时，若的最小值是0，求的最大值．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得，分和，两种情况讨论，进而得到函数的单调区间；
（2）令，求得，由，转换为恒成立，令，求得，得到在上为增函数，得到，即可求解；
（3）令函数，转化为在上恒成立，结合相切时取得等号，设切点坐标为，求得切线方程，列出方程组，求得的表达式，得到所以，令函数，利用导数求得单调性，得到，求得，得出，且，进而得到答案.
【小问1详解】
解：由函数，可得，
若时，可得，所以在上单调递增；
若时，令，解得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
综上可得：当时，在上单调递增；
若时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
解：令函数，可得，
因为当时，恒成立，所以在上恒成立，
又因为，要使得在上恒成立，则恒成立，
令，
可得，
即在上为单调递增函数，所以，解得，
即实数的取值范围为.
【小问3详解】
解：当时，若的最小值是0，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
显然相切时取得等号，由函数，设切点坐标为，
可得，可得，
所以切线方程为，
即，
因为切线过原点，则，
解得，
所以
，
令，其中，
可得，
令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，此时，
可得，
则，其中，
只需证明：当时，，当时，，
令，可得，
因为和都为增函数，都可为增函数，
所以，所以为增函数，
因为，所以当时，，当时，，
所以，当且仅当，等号成立，
即的最大值为.
【点睛】方法策略：利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、分离参数法：根据不等式的基本性质将参数分离出来，得到一端是参数，一端是变量的表达式的不等式，转化为求解含有变量的表达式对应的函数的最值问题，进而求得参数的范围；
2、构造函数法：根据不等式的恒成立，构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，求出函数的最值，进而得出相应的含参数的不等式，从而求解参数的取值范围；
3、图象法：画出不等式对应的函数的图象，结合函数图象的走势规律，确定函数的极值点或最值点的位置，进而求得参数的取值范围.
相关试卷
河北省2024-2025学年高三上学期省级联测考试数学试题（Word版附解析）： 这是一份河北省2024-2025学年高三上学期省级联测考试数学试题（Word版附解析），共25页。
山东青岛2024-2025学年高三上学期期初调研检测数学试题（附解析版）： 这是一份山东青岛2024-2025学年高三上学期期初调研检测数学试题（附解析版），文件包含山东青岛2024-2025学年高三上学期期初调研检测数学试题原卷版pdf、山东青岛2024-2025学年高三上学期期初调研检测数学试题解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
湖北省黄冈市2024-2025学年高三上学期9月调研考试数学试题（Word版附答案）： 这是一份湖北省黄冈市2024-2025学年高三上学期9月调研考试数学试题（Word版附答案），文件包含湖北省黄冈市2024-2025学年高三上学期9月调研考试数学试题docx、数学答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共9页， 欢迎下载使用。
