2024-2025学年山东省威海市乳山市高三上册9月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年山东省威海市乳山市高三上册9月月考数学检测试题（附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1. 若集合，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】将集合变形，再根据集合间的关系及并集和交集的定义即可得解.
【详解】因为，
所以，且.
故选：C.
2. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】将题干两式两边平方，结合平方关系及两角和的正弦公式计算可得.
【详解】因为，，
所以，，
即，
，
两式相加可得，
所以.
故选：A
3. 已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则（ ）
A. B. C. D. 1
【正确答案】A
【分析】利用二倍角的余弦公式可求得，进而可求得的值，利用斜率公式可求得的值．
【详解】∵角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点，，
且，∴，
解得，∴，∴，
∴．
故选：A．
4. 已知数列是公差不为等差数列，则“”是“”成立的（ ）
A. 充分必要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】A
【分析】由等差数列性质可得其充分性，借助等差数列通项公式及其基本量计算可得其必要性，即可得解.
【详解】设等差数列的公差为，
当时，则，故充分性满足；
当时，有，
，
即，且，则，
即，故必要性满足；
所以“”是“”成立的充分必要条件.
故选：A.
5. 已知等比数列满足，且，则的最大值为（ ）
A. 12B. 13C. 14D. 15
【正确答案】D
【分析】设出公比，根据题目条件求出公比和首项，得到通项公式，并得到当时，，当时，1，当时，，从而求出最大值.
【详解】设等比数列的公比为，由，得，即，
又，得，得，所以，
所以．
易知当时，，当时，1，当时，．
令，则，，
故．，
从而．
故选：D．
6. 定义在上的偶函数f(x)满足：对任意的，有，且，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】利用函数单调性的定义以及偶函数的性质得出f(x)的单调性，讨论的正负，利用单调性奇偶性解不等式即可.
【详解】不妨设，，，即
在上单调递减
是定义在上的偶函数
在上单调递增
当时，
解得
当时，
解得
则该不等式的解集为：
故选：C
本题主要考查了利用定义判断函数的单调性以及利用奇偶性，单调性解不等式，属于中档题.
7. 已知函数，对任意的实数a，在（a，）上的值域是[，1]，则整数的最小值是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【正确答案】B
【分析】先化简函数的解析为，再结合定义域与值域建立不等式即可求解.
【详解】由题意可得，
则的最小正周期，因为对任意的实数a，在上的值域是[，1]，所以，解得>，因为，所以整数的最小值是2.
故选：B
8. 数列满足，，且其前项和为.若，则正整数（ ）
A. 99B. 103C. 107D. 198
【正确答案】B
【分析】根据递推公式，构造新数列为等比数列，求出数列通项，再并项求和，将用表示，再结合通项公式，即可求解.
【详解】由得，
∴为等比数列，∴，
∴，，
∴，
①为奇数时，，；
②为偶数时，，，
∵，只能为奇数，∴为偶数时，无解，
综上所述，.
故选：B.
本题考查递推公式求通项，合理应用条件构造数列时解题的关键，考查并项求和，考查分类讨论思想，属于较难题.
二、多选题
9. 若正实数满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 有最大值为B. 有最小值为
C. 有最小值为D. 有最大值为
【正确答案】ABC
【分析】直接利用不等式即可求解AC，利用乘“1”法即可求解B，利用不等式成立的条件即可求解D.
【详解】对于A：因为，则，当且仅当，即时取等号，故A正确，
对于B，，当且仅当，即时取等号，故B正确，
对于C：因为，则，当且仅当，即时取等号，故C正确，
对于D：因为，
当且仅当，即，时取等号，这与均为正实数矛盾，故D错误，
故选：ABC．
10. 已知函数（其中），函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 的表达式可以写成
B. 的图象向右平移个单位长度后得到的函数是奇函数
C. 图象的对称中心为
D. 若方程在0,m上有且只有6个根，则
【正确答案】BD
【分析】对于A，可以由两个特值；得到和；对于B，求出平移后函数解析式，结合正弦函数性质判断；对于C，结合正弦型函数的性质求对称中心判断；对于D，结合图象列不等式，解不等式判断D．
【详解】对A，由图分析可知：得；
由，得，即，
又，所以，
又，
所以，即得，，
又，所以，
所以，故A错误；
对B，向右平移个单位后得
，
为奇函数，故B正确；
对于C，，
令（）得（），
所以对称中心，，故C不正确；
对于D，由，得，
因为，所以，
令、、、、、，
解得、、、、、．
又在上有6个根，则根从小到大为、、、、、．
再令，解得，则第7个根为，，故D正确．
故选：BD．
11. 已知函数，设，．且关于的函数．则（ ）
A. 或
B.
C. 当时，存在关于的函数在区间上的最小值为6，
D. 当时，存在关于的函数在区间上的最小值为6，
【正确答案】ABD
【分析】根据新定义，归纳推理即可判断A，根据A及求和公式化简即可判断B，根据二次函数的对称轴分别求出函数最小值，建立方程求解正整数可判断CD.
【详解】因为，，所以，
，依次类推，可得，故A正确；
由A选项知，，故B正确；
当时，的对称轴，
所以在区间上单调递减，故当时，，方程无整数解，故C错误；
当时，的对称轴，
所以当时，，解得，故D正确.
故选：ABD
三、填空题
12. 已知函数，若，则实数的值为__________.
【正确答案】##
【分析】根据题意，结合分段函数的解析式，分类讨论，即可求解.
【详解】由函数，且，
当时，可得，即，方程无解；
当时，可得，解得，
综上可得，实数的值为.
故答案为.
13. 若函数的四个零点成等差数列，则________．
【正确答案】
【详解】根据给定条件，求出函数4个零点，再借助对称性及等差中项列式求解即得.
由，得，由函数有4个零点，得，
即有或，则4个零点从小到大依次为，
依题意，，即，解得，
所以.
故
14. 在锐角中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的取值范围为______．
【正确答案】
【分析】由已知式消去边，整理成，利用角的范围求得的范围，设，将其整理成关于的一元二次不等式组，解之即得的范围，最后由正弦定理即得..
【详解】由和余弦定理可得，,
整理得，，
因是锐角三角形，则,，即得，，
设，则得，，即，
即，由①得，，由②得，或，
又，综上可得，，
由正弦定理，，故得的取值范围为.
故答案为.
思路点睛：本题解题主要从待求式考虑，将已知式中的边通过余弦定理转化为和的关系式，因是锐角三角形，故可由的值域得到与待求式有关的不等式组，求解即得.
四、解答题
15. 的内角所对的边分别为，已知.
（1）求；
（2）若的角平分线与交于点，求.
【正确答案】（1）.
（2）
【分析】（1）利用正弦定理边化角以及三角恒等变换公式求解；
（2）利用等面积法以及余弦定理即可求解.
【小问1详解】
依题意，由正弦定理可得
所以，
又
所以，
因为B∈0,π，所以，所以，
又，所以.
【小问2详解】
解法一：如图，由题意得，，
所以，即，
又，所以，
所以，即，
所以.
解法二：如图，中，因为，
由余弦定理得，，
所以，所以，
所以，
所以，
所以.
16. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）若，求；
（2）若，求的面积.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据题意，由正弦定理可得，从而可得，再由余弦定理可得，然后联立方程，即可求解；
（2）根据题意，由正弦定理的边角互化可得，再由余弦定理可得，代入三角形的面积公式，即可得到结果.
【小问1详解】
由正弦定理可得，，
则，
由，可得，即，
由余弦定理可得，，即，
即，解得，
联立，解得.
【小问2详解】
因为，由正弦定理的边角互化可得，，
由余弦定理可得，，即，
所以，解得，则.
17. 已知数列是公差不为零的等差数列，且，，，成等差数列，，，成等比数列，.
（1）求m的值及的通项公式；
（2）令，，求证.
【正确答案】（1），
（2）证明见解析
【分析】（1）根据等差中项可得，进而根据等比数列的性质可得，即可根据通项特征求解，
（2）利用放缩法，结合裂项求和即可求证.
【小问1详解】
设的公差为，
，，成等差数列，，
即，
考虑到，化简得，即
，成等比数列，
，即，
即，解得.
，，解得.
，，解得，.
.
【小问2详解】
由（1）可知，
显然满足
当时，
所以
18. 已知数列的前项和为，满足，数列是等比数列，公比.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列满足，其中.
（i）求数列的前2024项和；
（ii）求.
【正确答案】（1），
（2）（i），（ii）
【分析】（1）利用的关系作差结合等比数列的定义计算可求an和bn的通项公式；
（2）（i）根据题意利用等比数列求和公式结合分组求和法计算即可，（ii）根据题意先得出，利用等比数列求和公式及分组求和法计算即可.
【小问1详解】
当时，，
当时，，
所以，
显然符合上式，所以，
由题意，
所以.
【小问2详解】
（i）易知，
即数列的前2024项中有项分别为，其余项均为1，
故数列的前2024项和；
（ii）由（1）知，而，
所以，
易知，，
所以
19. 已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）若a=2时，证明：当时，恒成立．
【正确答案】（1）答案见解析；
（2）证明见解析.
【分析】（1）求导，然后对参数进行讨论，进而得到的单调区间；
（2）构造函数，通过讨论单调性，证明即可.
【小问1详解】
的定义域为.
当时，，故在上单调递减；
当a>0时，令，得，令，得，
所以在单调递增，在单调递减.
综上所述，当时的减区间为，无增区间；
a>0时，的减区间为，增区间为.
【小问2详解】
当a=2时，
令，则，则，
令，则，显然在(1,+∞)上单调递增，则，
即在(1,+∞)上单调递增，故，即在(1,+∞)上单调递增，
故，
所以，即，原不等式得证.