2024届湖北省黄冈市浠水县第一中学高三上学期7月质量检测数学试题含答案

2024届湖北省黄冈市浠水县第一中学高三上学期7月质量检测数学试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】解不等式求出，再根据补集的概念求解即可.

【详解】由，得到，∴，

由，得到，∴，

∴，

故选：D.

2．已知是定义在上的奇函数，当时，则（    ）

A． B．0 C．1 D．2

【答案】A

【分析】计算出，根据函数奇偶性求出.

【详解】因为是定义在上的奇函数，当时，.

所以.

故选：A.

3．等差数列的前项和为，且，则（    ）

A．63 B．45 C．49 D．56

【答案】A

【分析】先根据已知求出公差，再利用求和公式得出结果.

【详解】设公差为，由可得，

解得，故．

故选：A.

4．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若且，，则（    ）

A． B． C．8 D．4

【答案】D

【分析】由可得，求出，利用正弦定理可得答案.

【详解】在中，由可得，

即

所以，因为，

所以，且，

所以，又，可得，

由正弦定理可得．

故选：D.

5．等比数列{}的首项为，公比为q，前n项和为，则“”是“{}是递增数列”的（    ）

A．充分而非必要条件 B．必要而非充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】取，可判断充分性；由是递增数列，结合等比数列通项公式可得成立，即可判断必要性.

【详解】在等比数列中，取，，

此时，为摆动数列，,故充分性不成立；

若等比数列的公比为，且是递增数列，

则，所以，数列为递增数列时，成立，故必要性成立.

所以，“”是“数列为递增数列”的必要而非充分条件.

故选：B.

6．已知函数的定义域为R，且，，，则（    ）

A． B．0 C． D．2023

【答案】D

【分析】由函数的对称中心和对称轴确定函数的周期为4，代入特殊值求得，，，，问题即可得到解决.

【详解】由可知函数的对称中心为，

由可知函数的对称轴为，

故函数的周期.

将代入得，

将代入得，

将代入得，

而，

将代入得，

将代入得，

所以.

故选：D

7．已知定义在R上的可导函数的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意构造函数，由可得在上恒成立，所以函数在为上单调递减函数，由为偶函数，，可得，故要求不等式的解集等价于的解集，即可得到答案.

【详解】由题意构造函数，则，

定义在上的可导函数的导函数为，满足

在上恒成立，函数在上为单调递减函数；

又为偶函数，则函数 ，即关于对称，

，则，

由于不等式的解集等价于的解集，

根据函数在上为单调递减函数，则，

故答案选B

【点睛】本题考查函数的构造，利用导数研究函数的单调性、利用函数单调性解不等式、函数的奇偶性以及对称性的综合应用，属于较难题．

8．已知函数，若有3个不同的解，，且，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】对函数变形，利用导数研究函数的单调性及图象，把原函数有3个不同的解转化为有两个解，从而利用根的分布求解即可.

【详解】，

令，则，

令得，令得且，

所以在，上单调递减，在上单调递增，且，

如图：

则，

所以有3个不同的解等价于有两个解，，

整理可得，且，，

根据根的分布得，解得，又，

所以.

故选：A.

【点睛】关键点睛：复合方程解的个数问题的解题策略为：首先要能观察出复合的形式，分清内外层；其次要能根据复合的特点进行分析，将方程问题转化为函数的交点问题；最后通过数形结合的方式解决问题.

二、多选题

9．已知复数z=a+bi（a，b），其共轭复数为，则下列结果为实数的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】逐个代入化简，检验虚部是否为0，即可判断.

【详解】对于A，，不一定为实数;

对于 B， ;

对于 C，;

对于 D，.

故选：BCD.

10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．为奇函数 B．为减函数

C．有且只有一个零点 D．的值域为

【答案】AC

【分析】化简函数解析式，分析函数的奇偶性，单调性，值域，零点即可求解.

【详解】,,

,

故为奇函数，

又，

在R上单调递增，

，，，

，，即函数值域为

令，即，解得，故函数有且只有一个零点0.

综上可知，AC正确，BD错误.

故选：AC

11．已知a，b为正实数，且，则（   ）

A．ab的最大值为8 B．的最小值为8

C．的最小值为 D．的最小值为

【答案】ABC

【分析】对条件进行变形，利用不等式的基本性质对选项一一分析即可.

【详解】因为，当且仅当时取等号，

解不等式得，即，故的最大值为8，A正确；

由得，

所以，

当且仅当，即时取等号，此时取得最小值8，B正确；

，当且仅当，

即时取等号，C正确；

，

当且仅当时取等号，此时取得最小值，D错误．

故选：ABC．

12．已知函数，，则（    ）

A．函数在上存在唯一极值点

B．为函数的导函数，若函数有两个零点，则实数的取值范围是

C．若对任意，不等式恒成立，则实数的最小值为

D．若，则的最大值为

【答案】BCD

【分析】对于A：利用导数推出在单调递增，可得A错误；对于B：利用导数研究函数的性质，得其图象，根据函数的图象与直线有两个交点，可得B正确；对于C：根据在单调递增，将不等式化为恒成立，右边构造函数求出最大值，可得C正确；对于D：根据以及指对同构得，将化为，再求导可求出最大值，可得D正确.

【详解】对于A：，令，则，

令，解得：，令，解得：，故在单调递增，在单调递减，

故，故在单调递增，函数在上无极值点，故A错误；

对于B：，令，则，

当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，故，即，

又时，，作出函数的图象，如图：

若函数有两个零点，得 有两个实根，得函数的图象与直线有两个交点，

由图可知，，故B正确；

对于C：由B得：在上恒成立，则在单调递增，则不等式恒成立，等价于恒成立，故，

设，则，

令，解得：，令，解得：，

故在上单调递增，在上单调递减，

故，故，则实数的最小值为，故C正确；

对于D：若，则，

即，

∵，∴，，，

由A知，在上单调递增，故，

所以，

设，则，

令，解得：，令，解得：，

故在上单调递增，在上单调递减，

故，此时，

故的最大值是，故D正确；

故选：BCD

【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：

一般地，已知函数，

（1）若，总有成立，故；

（2）若，总有成立，故；

（3）若，使得成立，故；

（4）若，使得，故.

三、填空题

13．已知向量，，若，则      .

【答案】13

【分析】根据给定条件，利用向量运算的坐标表示列式计算作答.

【详解】因为，，则，又，

所以，解得.

故答案为：13

14．已知两个等差数列和的前项和分别为和，，则     ．

【答案】9

【分析】利用等差数列前项和公式以及等差数列性质可得，代入数据计算可得结果.

【详解】根据等差数列前项和公式可知，

再由等差数列性质可得；

所以，

又因为，所以；

即.

故答案为：9

15．现有一倒放圆锥形容器，该容器深，底面直径为，水以的速度流入，则当水流入时间为时，水面上升的速度为         .

【答案】

【解析】根据平行线分线段成比例可得水面半径和高关系，再由圆锥的体积公式求出水深与时间的函数关系，对其求导即可的到水面上升的速度.

【详解】设注入水后水面高度为，水面所在圆的半径为，

，即：.

因为水的体积为，即，

，所以当时，.（注：瞬时速度）.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：瞬时速度是运动物体的位移对于时间的瞬时变化率，可以精确刻画物体在某一时刻运动的快慢，故解决本题的关键是求出水深与时间的函数关系，水流入时间为时的瞬时变化率，即此时的导数值.

16．已知恒成立，则t的取值范围是          ．

【答案】

【分析】由已知不等式变形为，构造函数，借助函数单调性，可得恒成立，通过分离参数，以及构造导数求得t的取值范围.

【详解】由，得，

所以，即，

即恒成立，

构造函数，上式即为恒成立，

因为，所以在R上单调递增，

则可得恒成立，

所以，即，

再设，因为，

所以当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；

所以，

从而，即t的取值范围是.

故答案为：

【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：

若在区间上有最值，则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

若能分离常数，即将问题转化为：（或），则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

四、解答题

17．已知函数．

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)求在区间上的最值．

【答案】(1)

(2)最大值为4，最小值为0

【分析】（1）直接求导找出切点处斜率，再将代入原函数得到纵坐标从而得到切线；

（2）令其导函数大于0，判断函数在的单调性从而确定最值．

【详解】（1）对函数求导，，

，

所求得的切线方程为，

即；

（2）由（1）有，

令，解得：或，

故函数在递增，在递减，

故函数在取最大值，

，，

故函数在的最大值为4，最小值为0．

18．在中，角，，的对边分别是，，，满足.

(1)求角；

(2)若点D在AB上，CD＝2，∠BCD＝90°，求△ABC面积的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由余弦定理边角化即可求解，

（2）由面积公式以及基本不等式即可求解.

【详解】（1）由可得：，

由余弦定理知，，

又，因此.-

（2）∵ ，即 ，

∴ ≥

∴ab≥，当且仅当b=2a，即a=，b=取等号

∴=≥

∴△ABC面积的最小值为

19．已知函数为奇函数，

(1)求实数的值；

(2)若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，由函数奇偶性的定义可得，然后代入计算即可得到结果；

（2）根据题意，将原式变形可得，然后结合基本不等式代入计算，即可得到结果.

【详解】（1）因为为奇函数，所以，

所以在定义域内恒成立，

即在定义域内恒成立，

整理，得在定义域内恒成立，

所以，解得．

因为时，的定义域关于原点对称满足题意，

所以．

（2）因为的定义域，所以或，解得，

因为恒成立，所以，所以

．

因为，当时，，所以根据基本不等式的性质得

，当且仅当，即时等号成立，

所以，所以．

20．已知数列的各项均为正数，其前项和满足，数列满足.

(1)求的通项公式；

(2)设数列的前项和为，若对一切恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）依题意可得，再根据，作差得到数列是以为首项，为等差的等差数列，即可求出通项公式；

（2）由（1）可得，利用裂项相消法求出，即可求出的取值范围，从而得到，即可得解.

【详解】（1）由，得，

当时，，解得，

当时，，

化简得，

∴数列是以为首项，为等差的等差数列，

所以.

（2）由（1）可得，

∴数列的前项和.

∵，

∴单调递增，∴，

∵，

∴，

若使得对一切恒成立，则，解得，

∴实数的取值范围是.

21．环境污染日益严重，某科研单位为了净化空气，进行实验研究发现，在一定范围内，每喷洒1个单位的净化剂，空气中释放的浓度t（单位：毫克/立方米）随着时间x（单位：天）变化的关系如下：当时，；当时，．如果进行多次喷洒，则某一时刻空气中的净化剂浓度为每次投放的净化剂在相应时刻所释放的浓度之和．由实验可知，当空气中净化剂的浓度不低于4毫克/立方米时，它才能起到净化空气的作用．

(1)若一次喷洒4个单位的净化剂，则有效净化时间可达几天？

(2)若第一次喷洒2个单位的净化剂，6天后再喷洒个单位的净化剂，要使接下来的4天能够持续有效净化，试求m的最小值．（精确到0.1，参考数据：）

【答案】(1)8天

(2)1.6

【分析】（1）释放的浓度t随着时间x变化的关系，令分段解不等式求出即可.

（2）列出从第一天起经过天后的浓度表达式，使用基本不等式求得最小值，让最小值不小于4，即可求出的范围.

【详解】（1）因为一次喷洒4个单位的净化剂，

所以浓度可以表示为：当时，；

当时，

当时，令，得，所以此时

当时，令，得，所以此时

综上，

若一次喷洒4个单位的净化剂，则有效净化时间可达8天

（2）设从第一次喷洒起，经过天，

浓度

因为，则，且，则

所以

当且仅当，即时，等号成立．

此时浓度的最小值为

令，解得，

所以m的最小值约为1.6

22．已知函数.

(1)若单调递减，求的取值范围；

(2)若的两个零点分别为，，且，证明：.

（参考数据：）

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由已知可得在时恒成立，由此可得，再利用导数求函数的最大值，由此可得的取值范围；

（2）令，则，由已知可得要证明只需证明，利用导数求的最小值即可证明结论.

【详解】（1）由得，，

因为单调递减，所以在时恒成立，

所以在时恒成立，即，

令，则，

可知时，，单调递增；时，，单调递减，

则时取最大值，

所以，即，所以的取值范围是.

（2）因为有两个零点，，

令，则，

当时，，单调递增，不符合题意，

当时，由可得，

当时，，函数在上单调递增，

当时，，函数在上单调递减，

由可知，，

要证明，只需证明.

由已知可得，化简得，

所以，

.

令，则，要证明，只需证明.

令，且，则，

令，且，则，

则在时单调递增，故，

故，则在时单调递减，

所以，即，则有，

所以，即原不等式成立.

【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．