广东省河源市河源中学2024届高三数学上学期9月一调考试试题（Word版附解析）

这是一份广东省河源市河源中学2024届高三数学上学期9月一调考试试题（Word版附解析），共15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。

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共4页，总分150分，考试时间120分钟。
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
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.集合（ ）
A.B.C.D.
2.已知，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3.若非零向量与满足，且，则为（ ）
A.三边均不相等的三角形B.直角三角形
C.底边和腰不相等的等腰三角形D.等边三角形
4.“”的一个充分条件是（ ）
A.B.C.D.
5.如图，在平行四边形中，为中点，与相交于点，若，则（ ）
A.1B.C.D.2
6.已知为第三象限角，，则（ ）
A.B.C.D.
7.已知，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A.B.
C.D.
8.已知在等差数列中，，设函数，记，则数列的前9项和为（ ）
A.0B.10C.16D.18
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，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知复数，，，是的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A.B.若，则
C.D.若，则的最小值为1
10.已知是的重心，，，，是所在平面内的一点，则下列结论正确的是（ ）
A.B.在方向上的投影向量等于
C.D.的最小值为
11.已知函数（，）的图象的一条对称轴为直线，，且在区间上单调递减，则下列说法正确的是（ ）
A.点是的一个对称中心B.
C.在区间上单调递增D.
12.若，，且，则（ ）
A.B.C.D.的最大值为
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知平面向量，，若与垂直，则实数__________.
14.已知，，，，则的最大值为__________.
15.已知关于的方程有4个不同的实数解，则实数的取值范围是__________.
16.已知正项数列的前项和为，若，，数列的前项和为，则下列结论正确的是__________.
①；②是等差数列；③；④满足的的最小正整数为10.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17.（10分）
已知等差数列的前项和为，且满足，.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和.
18.（12分）
① ②
（1）如图①，在中，为边上的高，，，，，求的值；
（2）如图②，半径为1，圆心角为的圆弧上有一点，若，分别为线段，的中点，当在圆弧上运动时，求的取值范围.
19.（12分）
如图，在平面直角坐标系中，角的终边与单位圆的交点为，圆与轴正半轴的交点是.若圆上一动点从开始，以的角速度逆时针做圆周运动，秒后到达点.设.
（1）若且，求函数的单调递增区间；
（2）若，，求.
20.（12分）
某城市受空气污染影响严重，现欲在该城市中心的两侧建造，两个空气净化站（如图，，，三点共线），，两站对该城市的净化度分别为，，其中.已知对该城市总净化效果为，两站对该城市的净化效果之和，且每站净化效果与净化度成正比，与中心到净化站之间的距离成反比.现已知，且当时，站对该城市的净化效果为，站对该城市的净化效果为.
（1）设，，求，两站对该城市的总净化效果；
（2）无论，两站建在何处，若要求，两站对该城市的总净化效果至少达到，求的取值范围.
21.（12分）
如图，已知在平面四边形中，，.在中，内角，，的对边分别为，，，且__________.在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在上面的横线中，并回答下列问题.
（1）求；
（2）若，求周长的取值范围.
22.（12分）
已知数列满足，且.数列满足，的前项和为.
（1）判断数列是否为等差数列，并求的通项公式；
（2）设数列的前项和为，证明：.
参考答案及解析
2023-2024学年度上学期高三年级一调考试·数学
一、选择题
1.C【解析】由，可得，又，所以集合.
2.A【解析】，因为，所以，，
所以复数在复平面内对应的点位于第一象限.
3.C【解析】因为，所以内角的角平分线与垂直，所以，
因为，所以，则是底边和腰不相等的等腰三角形.
4.A【解析】由，可得，，，故是的一个充分条件，故A正确；
由，可得，不妨取，，推不出，故B错误；
，不妨取，，满足，推不出，故C错误；
，不妨取，，满足，推不出，故D错误.
5.B【解析】因为在平行四边形中，为中点，与相交于点，
所以，所以.
又，所以，.
6.A【解析】因为，所以.
又因为为第三象限角，所以，
所以.
7.D【解析】当，即时，，
所以，即，即，
令，对称轴为直线，
当，即时，在区间上单调递增，
所以，所以只要即可，解得，所以.
当，即时，，
所以只要即可，解得，所以.
所以当时，.
当时，，所以，解得，
所以只要即可，解得.综上，.
8.D【解析】因为
，
由，得.
当时，，故函数的图象关于点对称，
由等差中项的性质可得，
所以数列的前9项和为.
二、选择题
9.ACD【解析】设（，），则，故A正确；
令，满足，故B错误；
设（，），（，），
则，
所以，故C正确；
设（，），则，
即，表示以为圆心，1为半径的圆，
表示圆上的点到点的距离，故的最小值为1，故D正确.
10.ACD【解析】对于A，当点为的重心时，
如图所示，设中点为，连接并延长至点，使得，连接，，
易得四边形为平行四边形，根据重心性质可得，
则，所以A正确；
对于B，因为在方向上的投影为，
所以在方向上的投影向量为，所以B错误；
对于C，因为是的重心，
所以，，
所以
，所以，所以C正确；
对于D，如图，
取的中点为，连接，，，取中点，连接，
则，，，
则
.
显然当，重合时，，取得最小值，所以D正确.
11.AD【解析】因为在区间上单调递减，关于直线对称，
所以当时，取得最小值，，
所以①，且，可得，所以，
因为，所以，且和在同一个单调递减区间，
所以②，①②两式相减可得，
所以，所以，
因为，所以，所以.
对于A，由，可得，
所以点是的一个对称中心，故选项A正确；
对于B，，故选项B不正确；
对于C，令，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，故选项C不正确；
对于D，，故选项D正确.
12.ABD【解析】对于A，因为在时单调递减，在时单调递增，
所以，选项A正确；
对于B，因为，所以，所以，
当且仅当时，等号成立，选项B正确；
对于C，，
设，所以在时单调递减，在时单调递增，
所以，选项C错误；
对于D，设，所以，所以，
当且仅当时等号成立，选项D正确.
三、填空题
13.1【解析】因为与垂直，所以，即，
即，解得.
14.【解析】由柯西不等式得，
则，所以，当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为.
15.【解析】由题意可知关于的方程有4个不同的实数解，可分为以下几种情况：
①当时，方程，即，解得，不满足题意，舍去；
②当时，且时，方程，即，此方程有两个正根，
即解得；
③当时，且时，方程，即，此方程有两个负根，
即解得.
由①②③可知，实数的取值范围是.
16.②③④【解析】因为，当时，，解得，
当时，，所以，整理得，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列，故②正确.
，又正项数列的前项和为，所以，
当时，，当时，，即，
又当时，满足，所以，
又，因为，
所以，即，故①不正确；
令，，当时，恒成立，
所以在区间上单调递增，所以，即，
所以在上恒成立，
令（，），所以，又，故，故③正确；
对于④，因为，所以，
所以，
所以
，
因为，即，化简整理得，
当时，；
当时，，所以满足的的最小正整数为10，故④正确.
四、解答题
17.解：（1）因为，，
所以所以，，
所以.
（2）由题意可知，所以①，
②，
①-②得，
，
故.
18.解：（1）因为，所以，，
所以，
又，，，
故由余弦定理可得，则，
又，所以，所以，
所以.
（2）以为原点，为轴，反方向为轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则，，
设，，则，，
所以，
因为，则，所以，
所以.
19.解：由已知条件和三角函数的定义，可知，，
所以.
（1）若，则，
令，，解得，，
又，所以函数的单调递增区间为.
（2）若，可得，
因为，所以，故，
所以
.
故.
20.解：（1）设站对城市产，以的净化效果为，比例系数为，则.
当时，，即，所以.
设站对城市的净化效果为，比例系数为，则，
由，，得，所以，
所以，两站对该城市的总净化效果，.
（2）由题意得对恒成立，所以只要当时，即可.
又
，
当且仅当，即时等号成立，则，
令，即，，
则，解得.
综上，无论，两站建在何处，
若要求，两站对城市的总净化效果至少达到，的取值范围为.
21.解：（1）选择①：，即，
由正弦定理得，
在中，，所以，所以，
又，且，，所以，所以.
选择②：，即，即.
在中，，且，，所以，所以.
选择③：，即，
所以.
在中，因为，所以.
（2）因为，，所以，，，四点共圆，为直径，
因为，所以的外接圆直径为2，
由（1）知，所以，
在中，由正弦定理得，所以，
设，.在中，，
在中，，
所以.
因为，所以，所以，
所以的周长的取值范围为.
22.（1）解：因为，所以，
则，所以，
又，所以，故数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以，.
（2）证明：由（1）可得，所以.
当时，.
当时，，
所以
.