2024届湖北省黄冈市浠水县第一中学高三上学期9月质量检测数学试题含解析

这是一份2024届湖北省黄冈市浠水县第一中学高三上学期9月质量检测数学试题含解析，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．已知集合，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】求出集合A，集合B，利用交集定义能求出.
【详解】解：集合，
集合，
∴.
故选：C.
2．设，则的虚部为（ ）
A．B．C．1D．3
【答案】C
【分析】利用复数的除法及加减运算求解作答.
【详解】依题意，，
所以复数的虚部为1.
故选：C
3．已知条件，条件，则是的（ ）
A．充要条件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
【答案】C
【分析】解不等式，解集分别为A，B，根据集合的包含关系即可求解.
【详解】由或，不妨设，
或，不妨设，
因为B真包含于A，所以推不出，能推出，
所以是的必要不充分条件.
故选：C
4．在中，为的中点，为边上靠近点的三等分点，记，用表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】将分别用表示，再解出即可.
【详解】
由题知①，
②，
①＋3×②得，
故．
故选：D.
5．已知定义域为的函数满足，，当时，，则的值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】根据函数的对称性可推得函数的周期性，再利用周期性和对称性求得的值即可.
【详解】因为，，
所以，
所以，所以4为函数的周期，
所以．
故选：C．
6．已知函数，，若直线为和的公切线，则b等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别设直线为和的切点为，，分别利用函数导数求出切点坐标代入直线中，建立关于的方程组解出即可.
【详解】设直线与相切于点，
与相切于点，
由，所以，
由，
则，
即点，代入直线中有：
， ①
由，
所以，
由，
，
即点，代入直线中有：
， ②
联立①②解得：，
所以，
故选：B.
7．已知函数，若实数a、b、c使得对任意的实数恒成立，则的值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【分析】设，得到，根据题意转化为，由此得出方程组，分和，两种情况讨论，即可求解.
【详解】设，
可得，其中，且，
因为实数使得对任意的实数恒成立，
即恒成立，
即恒成立，
所以
由上式对任意恒成立，故必有，
若，则由式①知，显然不满足式③，所以，
所以，由式②知，则，
当时，则式①，③矛盾.
所以，由式①，③知，所以.
故选：B.
【点睛】知识方法：有关三角函数综合问题的求解策略：
1、根据题意问题转化为已知条件转化为三角函数的解析式和图象，然后在根据数形结合思想研究三角函数的性质，进而加深理解函数的性质.
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
8．已知正数满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用构造函数法，结合导数求得的最小值.
【详解】依题意，正数满足，
所以，即，
所以，
令，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以，
令，
所以在区间上单调递减；
在区间上单调递增，
所以的最小值是，
所以的最小值为.
故选：B
【点睛】利用导数研究函数的最值，首先要确定函数的定义域，然后对函数进行求导，求得函数的单调区间，进而求得函数的极值、最值.题目已知条件是一个等量关系，这个等量关系的作用一般是进行等量转化，如本题中，通过等量关系可将转化为.
二、多选题
9．已知等比数列是递增数列，是其公比，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据等比数列的性质可知，递增的等比数列包括两种情况：时或时.
【详解】由题意知，
递增的等比数列包括两种情况：时或时.
故，，
故选：BD
10．已知正数a，b满足，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，求出的范围并结合均值不等式判断AB；举例说明判断C；利用不等式性质推理判断D作答.
【详解】由，，得，即，而，则，A正确；
显然，当且仅当时取等号，则，B正确；
取，，则满足，，此时，C错误；
由，得，即，于是，同理，则，D正确．
故选：ABD
11．已知函数的一个对称中心为，则（ ）
A．的最小正周期为π
B．
C．直线是函数图像的一条对称轴
D．若函数在上单调递减，则
【答案】AC
【分析】根据的对称中心求得，根据三角函数的最小正周期、对称性、单调性确定正确答案.
【详解】则有，解得，
因为，所以，所以，
则的最小正周期为π，故A正确；
，故B错误；
，则直线是图像的一条对称轴，故C正确；
，当时，，
若函数在上单调递减，则有，
解得则，故D错误.
故选：AC
12．定义在的函数满足，且，都有，若方程的解构成单调递增数列，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．若数列为等差数列，则公差为6
C．若，则
D．若，则
【答案】ABD
【分析】对于A：根据题意结合周期性运算求解；对于B：根据题意结合图象分析判断；对于B：整理可得，结合图象分析判断；对于D：根据图象结合对称性分析可得数列是以首项为7，公差为12的等差数列，进而利用等差数列知识运算求解.
【详解】因为都有，即的图象关于对称，
令，则，即，
可知在内的图象关于点对称，
根据题意作出在内的图象，如图所示：

对于选项A：因为定义在的函数满足，
则，故A正确；
对于选项B：由图象可知：若数列为等差数列，则，
此时与在内有且仅有一个交点，
因为，则，
所以公差为6，故B正确；
对于选项C：若，则，
可得，
则，即与在内有且仅有2个交点，
结合图象可得，故C错误；
对于选项D：若，则与在内有且仅有3个交点，且，
因为，则，
所以数列是以首项为7，公差为12的等差数列，
可得，
所以，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法
（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解；
（2）分离参数、转化为求函数的值域问题求解．
三、填空题
13．已知为单位向量，向量的夹角为，则向量在向量上的投影向量是
【答案】
【分析】利用向量在向量上的投影向量的定义求解.
【详解】解：因为为单位向量，且向量的夹角为，
所以向量在向量上的投影向量为，
故答案为：.
14．在中，已知，与相交于，若，则 ．
【答案】/
【分析】根据向量线性运算的几何表示可得，，然后利用共线向量的推论和向量不共线的性质即得.
【详解】因为，，所以，，
因为，所以
又与交于点O，所以，
另一方面，设，因为，
所以，则，代入中，
可解得，则.
故答案为：.

15．已知为偶函数，且当时，，其中为的导数，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨函数的单调性，再结合奇偶性求解不等式作答.
【详解】令函数，当时，，即函数在上单调递减，
由为偶函数，得，即函数是奇函数，于是在R上单调递减，
不等式，
因此，解得，所以原不等式的解集是.
故答案为：
【点睛】关键点睛：根据条件构造函数，利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键．
16．已知无穷等差数列中的各项均大于0，且，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据题意，设等差数列的公差为，分析可得的取值范围，由求出，则有，构造函数，利用导数可求出其最值，从而可得答案.
【详解】根据题意，设等差数列的公差为，由于无穷等差数列中的各项均大于0，则，
由于，则，解得或（舍去），
所以，
因为，所以，
令（），则，
由，得，得，解得或（舍去）。
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以当时，取得最小值，
所以的最小值为，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题才查等差数列的性质的应用，考查导数的应用，解题的关键是由已知求出，则，然后构造函数，利用导数可求得其最小值，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
四、解答题
17．如图所示，在平行四边形ABCD中，，，．

(1)试用向量来表示;
(2)AM交DN于O点，求的值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据平面向量的线性运算计算即可得解；
（2）设，再根据平面向量的线性运算将用表示，再根据三点共线，结合平面向量共线定理可得存在实数使，再结合平面向量基本定理即可得解.
【详解】（1）因为，所以，所以，
因为，所以，
所以；
（2）设，
则，
因为三点共线，所以存在实数使，
由于向量不共线，则，，解得，
所以.
18．已知函数，再从条件①：的最大值为1；条件②：的一条对称轴是直线﹔条件③：的相邻两条对称轴之间的距离为﹐这三个条件中选择能确定函数解析式的两个合理条件作为已知，求：
(1)函数的解析式；
(2)已知，若在区间上的最小值为，求m的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简，再由三角函数的性质分别转化三个条件，即可得解；
（2）先求出的解析式，再由正弦函数的性质即可确定m的取值范围，即可得最大值.
【详解】（1）由题意，函数
，
若选①：的最大值为1，则，则，
若选②：的一条对称轴是直线,则由，不符合正弦函数对称轴的要求，不合题意；
若选③：的相邻两条对称轴之间的距离为，
则函数的最小正周期,可得；
所以只能选择条件①③作为已知，此时；
（2）由题意，，
当，则，
若在区间上的最小值为，则，
所以，所以m的最大值为.
19．已知函数
(1)当时，求极值：
(2)当时，求函数在上的最大值．
【答案】(1)的极大值为，极小值为
(2)
【分析】（1）求导，得到函数单调性，进而得到极值情况；
（2）求导，得到导函数的两个零点，分和两种情况，求出函数的最大值.
【详解】（1）当时，，，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值，
综上，的极大值为，极小值为；
（2），，
故，，
令得或，
因为，当，即时，在上单调递减，
在上单调递增，
所以，
因为，
，
所以，所以；
当，即时，在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，
，
所以；
综上：
20．在中，三个内角所对的边分别是，，，且．
(1)求；
(2)当取最大值时，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；
（2）向量化结合基本不等式及三角形的面积公式即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
由正弦定理可得，整理得到：，
所以，
而，故；
（2）因为，故，
故，所以，
故，
整理得到，
故，当且仅当，即时等号成立，
故此时，对应的的面积为．
21．已知数列的前项和为，点在曲线上.
(1)证明：数列为等差数列；
(2)若，数列的前项和满足对一切正整数恒成立，求实数的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】(1)利用的关系结合等差数列定义即可证明；
(2)分奇偶项讨论，先得出，分离参数，求的最值即可.
【详解】（1）将点代入曲线得：，
故，
又，符合上式，所以，
则，故为1为首项，为公差的等差数列；
（2）由（1）可知：，
若，
则，
此时，
易知单调递增，，即；
若，则，
此时，
易知单调递减，故，故
又时，，，即；
综上所述，对于，满足不等式恒成立.
22．已知函数，且．
(1)求实数a的取值范围；
(2)已知，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由恒成立，利用导数求最小值，利用不等式求实数a的取值范围；
（2）由恒成立，通过换元可得，构造函数证明，可证问题中的不等式.
【详解】（1）函数定义域为R，，
由解得，故在区间上单调递增，
由解得，故在区间上单调递减，
故的最小值是，解得，所以实数a的取值范围为．
（2）在（1）中，令时，，令，得，即，
令，则，
所以，，
令，则．且不恒为零．
所以，函数在上单调递增，故，则．
所以，，
所以，
.
【点睛】方法点睛：
1. 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．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.