2024-2025学年天津市武清区高三上册第一次月考数学检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年天津市武清区高三上册第一次月考数学检测试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷
一、选择题（本题共9道小题，每小题5分，共45分）
1. 已知全集，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】由补集的运算即可求解.
【详解】解：，
，
故选：B．
2. 已知，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】D
【分析】分别化简和,再根据充分、必要条件判断即可.
【详解】因为在单调递增，且,
所以，即
因为，所以,即,
所以存两种情况：且，且，
因此推不出,
同样推不出,
因此“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
3. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】利用函数的定义域排除A，结合时的函数值恒大于0排除CD，则可得答案.
【详解】由得．排除A；
当时，，所以．排除CD．
又，
当时，，故，故B中图象符合题意，
故选：B
4. 已知，则（ ）
A. 25B. 5C. D.
【正确答案】C
【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．
【详解】因为，，即，所以．
故选：C.
5. 若1为函数的极大值点，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据题意，求得，结合是函数的一个极大值点，得出不等式，即可求解.
【详解】由函数，可得，
令，可得或，
因为是函数的一个极大值点，则满足，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：C.
6. 已知奇函数在上是增函数，．若，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】先判断出函数单调性，再比较这3个数的大小，然后利用单调即可.
【详解】因为是奇函数且在上是增函数，所以在时，，
从而是上的偶函数，且在上是增函数，
，
，又，则，所以即，
， 所以.
故选：C．
7. 中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马、“马主曰：“我马食半牛，”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟、羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半，”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半，”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还（ ）升粟.
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据给定条件，利用等比数列列式计算即得.
【详解】依题意，羊、马、牛主人应偿还量构成公比为2的等比数列，
设马主人应偿还升粟，则，解得，
所以马主人应偿还升粟.
故选：C
8. 已知函数，若对任意，有成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】先根据导函数求出函数fx单调递减，结合函数是偶函数得出，最后应用结合函数的单调性求解即可.
【详解】因为，所以,
令,
因为，所以单调递减，
单调递减，
因为，所以fx为偶函数，
因为，所以，
当时，
单调递增，
单调递增，
所以.
故选：B.
9. 已知函数在区间上单调，且满足．给出下列结论，其中正确结论的个数是（ ）
①；
②若，则函数的最小正周期为；
③关于的方程在区间上最多有3个不相等的实数解；
④若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【正确答案】C
【分析】①利用函数关于点对称，即可得出答案.②利用函数关于轴对称，再结合①即可得出答案.③利用函数在区间上单调，即可求出周期的取值范围，当取最小值时，实数解最多，求出其实数解即可判断.④利用函数在区间上恰有个零点结合①可得出，再结合在区间上单调时，即可得出的取值范围.
【详解】①因为且，所以.①正确.
②因为所以的对称轴为,
.②正确.
③在一个周期内只有一个实数解，函数在区间上单调且，.
当时，，在区间上
实数解最多为共3个.③正确.
④函数在区间上恰有个零点，，解得；
又因为函数在区间上单调且，，即，所以.④错误
故选：C
第Ⅱ卷
二、填空题（本题共6道小题，每题5分，共30分）
10. 已知是复数，若，则______.
【正确答案】
【分析】利用复数除法运算规则化简即可.
【详解】，则.
故答案为.
11. 已知平面向量，若，则______．
【正确答案】
【分析】根据向量坐标运算和向量垂直的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】，因为，所以，
即，解得.
故答案为.
12. 已知为锐角，且，则 ________．
【正确答案】
【分析】根据和差角公式以及辅助角公式可得，即可利用二倍角余弦公式求解，进而根据同角关系即可求解.
【详解】由可得，
故，
由于为锐角，故，则，结合，故，
因此，
故答案为；
13. 已知且，则的最小值为___________.
【正确答案】
【分析】令，，将已知条件简化为；将用表示，分离常数，再使用“乘1法”转化后利用基本不等式即可求得最小值．
【详解】解：令，，因为，所以，
则，，所以,
所以
，
当且仅当，即，，即时取“”，
所以的最小值为.
故答案为.
14. 在中，是边的中点，是线段的中点.设，试用表示为___________；若的面积为，则当___________时，取得最小值.
【正确答案】 ①. ②. 2
【分析】根据向量加减法的线性运算即可求解，由的面积求得的值，利用平面向量的线性运算与数量积运算求出，利用基本不等式求出它取最小值时、的值，再利用余弦定理求出的值．
【详解】是边的中点，是线段的中点，则，
所以
如图所示，中，，
所以的面积为，
所以；
所以
；
当且仅当时取等号，
所以的最小值为6；
所以此时，，，
所以，
所以．
故；2．

15. 设，函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围为________．
【正确答案】或
【分析】对实数的取值进行分类讨论，分别画出不同取值情况的的函数图象，函数恰有4个零点，说明的图象与的图象有四个交点，通过斜率的变化即可确定实数的取值范围.
【详解】因为函数恰有4个零点，
所以y=fx的图象与的图象有四个交点，
当时，如图所示，
y=fx的图象与的图象仅有两个交点，与题意不符；
当时，如图所示，
在上，当与相切时，
联立，得，
则，得（舍去），
由图可知，当时，与y=fx在有一个交点，在0,+∞有两个交点，与题意不符，
所以当时，与y=fx在无交点，在0,+∞有两个交点，与题意不符，
当时，与y=fx在无交点，在0,+∞有三个交点，与题意不符，
当时，与y=fx在无交点，在0,+∞有四个交点，符合题意；
当时，如图所示，

在上，当与相切时，
联立，得，
则，得（舍去），
由图可知，当 时，与y=fx在有两个交点，在0,+∞有四个交点，与题意不符，
当时，与y=fx在有两个交点，在0,+∞有三个交点，与题意不符，
当时，与y=fx在有两个交点，在0,+∞有两个交点，符合题意，
当时，与y=fx在有一个交点，在0,+∞有两个交点，与题意不符.
综上所述， 或.
故或.
关键点点睛：本题考查函数与方程的应用，关键在于数形结合与分类讨论的思想，需要通过讨论取值范围的不同，结合范围的限制，判断交点个数，然后推出的范围即可.
三、解答题（本题共5道大题，共75分）
16. 已知数．
（1）求的最小正周期和对称轴方程；
（2）求在的最大值和最小值．
【正确答案】（1）最小正周期为，对称轴方程为，，
（2）的最小值，最大值.
【分析】（1）由三角函数恒等变换化简，由周期公式即可求得最小正周期；利用整体法求得对称轴方程，
（2）先求出的范围，再由正弦函数的性质求最值．
【小问1详解】
，
所以函数的最小正周期为．
令，，解得，，
所以函数图象的对称轴方程为，，
【小问2详解】
当时，，则，进而可得，
当时，即时，取最小值，时，即时，取最大值.
17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角B的大小；
（2）设，．
（ⅰ）求a的值；
（ⅱ）求的值．
【正确答案】（1）
（2）(i)；(ii)
【分析】（1） 由已知结合正弦定理及余弦定理列出方程即可求解B；
（2） (i) 由余弦定理结合上问求边长即可.
(ii) 利用余弦定理结合同角平方关系可求的正弦和余弦值，然后结合二倍角公式及两角和的正弦公式即可求解.
【小问1详解】
由正弦定理，可化为
小问2详解】
（i）由余弦定理得，由
得解得
（ii）由余弦定理得，，
18. 已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）当时，求函数的单调区间；
（3）若对于任意的，有，求的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）当时，在和上递减，在上递增；当时，在上递增；当时，在和上递减，在上递增.
（3）
【分析】（1）直接计算导数，并利用导数的定义即可；
（2）对分情况判断的正负，即可得到的单调区间；
（3）对和两种情况分类讨论，即可得到的取值范围.
【小问1详解】
由，知.
所以当时，有，.
故曲线在处的切线经过，且斜率为，所以其方程为，即.
【小问2详解】
当时，对有，对有，故在和上递减，在上递增；
当时，对有，故在上递增；
当时，对有，对有，故在和上递减，在上递增.
综上，当时，在和上递减，在上递增；
当时，在上递增；
当时，在和上递减，在上递增.
【小问3详解】
我们有
当时，由于，，故根据（2）的结果知在上递增.
故对任意的，都有，满足条件；
当时，由于，故.
所以原结论对不成立，不满足条件.
综上，的取值范围是.
关键点点睛：本题的关键在于对进行恰当的分类讨论，方可得到所求的结果.
19. 设是等差数列，是各项都为正数的等比数列．且．
（1）求，的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【正确答案】（1），，
（2）
【分析】（1）先设等差数列的公差为，等比数列的公比为，再根据题干已知条件列出关于公差与公比的方程组，解出与的值，即可计算出等差数列与等比数列的通项公式；
（2）先根据第（1）题的结果计算出数列的通项公式，再求数列的前项和时分奇数项与偶数项分别计算，奇数项求和运用错位相减法进行求和，偶数项求和时运用裂项相消法进行求和，最后综合即可得到前项和的结果．
【小问1详解】
由题意，设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则，化简，得，
整理，解得（舍去），或，
则，
，，．
【小问2详解】
由（1）可得，
，
，
令，
则，
，
两式相减，可得
，
，
令，
则
，
．
20. 已知函数，．
（1）若，讨论在上单调性．
（2）设为方程的实数根，其中，．
（ⅰ）证明：，有；
（ⅱ）若，，证明：．
【正确答案】（1）答案见解析
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）先求出的导函数f'x，然后对参数分类讨论确定在上的单调性即可.
（2）（ⅰ）利用不等式的性质和构造函数法证明不等式成立，再利用不等式放缩法和裂项相消法即可证明出结论；（ⅱ）先根据已知条件得到关于的等式，再利用换元法将所证不等式进行等价转换，最后利用不等式放缩法即可证明结论.
【小问1详解】
因为，所以
．
因为，所以，所以．
①若，当时，f'x>0，所以在上单调递增；
②若，当时，f'x