安徽省安庆市太湖中学2024届高三总复习双向达标12月月考调研卷数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省安庆市太湖中学2024届高三总复习双向达标12月月考调研卷数学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数值域可求得，解对数不等式可得，即可求出.
【详解】根据二次函数性质可知，
又因为，可得，所以可得；
由对数函数定义解不等式可得，
因此或，
所以.
故选：
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算，求出复数，然后利用即可求解.
【详解】因为复数满足，所以，
所以.
故选：B.
3. 已知角的终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据三角函数的定义求出，再根据两角差的正弦公式即可得解.
【详解】因为角的终边过点，
所以，
所以.
故选：A.
4. 已知平面向量与的夹角是，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用模的公式可得到，然后利用数量积的运算律即可得到答案
【详解】由可得，
因为平面向量与的夹角是，且
所以
故选：C
5. 设数列的公比为，则“且”是“是递减数列”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
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合等比数列的通项公式，分别验证充分性以及必要性，即可得到结果.
【详解】由等比数列通项公式可得，，
当且时，则，且单调递减，则是递减数列，故充分性满足；
当是递减数列，可得或，故必要性不满足；
所以“且”是“是递减数列”的充分不必要条件.
故选：A
6. 设 ，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性，求得和，即可求解.
【详解】由指数函数在定义域上为单调递增函数，所以，
又由对数函数 在上单调递减函数，所以，
所以，即.
故选：D.
7. 设是与的等差中项，则的最小值为（ ）
A. B. 3C. 9D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等差中项的定义，利用对数的运算得到，然后利用这一结论，将目标化为齐次式，利用基本不等式即可求最小值.
【详解】解：是与的等差中项，
，
即，即，
则，
当且仅当，即时取等号.
故选C.
【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值中的其次化方法，涉及等差中项概念和对数运算，难度中等.
当已知（都是正实数，且为常数），求，为常数的最小值时常用方法，展开后对变量部分利用基本不等式，从而求得最小值；
已知（都是正实数，且为常数），求，为常数的最小值时也可以用同样的方法.
8. 已知函数的定义域为，且对任意，恒成立，则的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，将所求不等式变形为，利用函数的单调性可求得原不等式的解集.
【详解】设，该函数的定义域为，
则，所以在上单调递增．
由可得，即，
又在上单调递增，所以，解得，
所以原不等式的解集是，
故选：D．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．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. 下列说法正确的是（ ）
A. 若函数的定义域为，则函数的定义域为
B. 图象关于点成中心对称
C. 的最大值为
D. 幂函数在上为减函数，则的值为1
【答案】BD
【解析】
【分析】根据函数的定义域、对称性、最值、单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，函数的定义域为，
所以对于函数，有，即的定义域是，A选项错误.
B选项，，所以图象关于点成中心对称，B选项正确.
C选项，，所以，
即的最小值为，C选项错误.
D选项，是幂函数，
所以，解得或，
当时，，在上递减，
当时，，在上递增，
所以D选项正确.
故选：BD
10. 已知的内角的对边分别为，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则为直角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用正弦定理化边为角，再结合两角差的正弦公式即可判断A；举出反例即可判断B；根据大角对大边，再结合正弦定理化边为角及二倍角的余弦公式即可判断C；利用余弦定理化角为边即可判断D.
【详解】对于A，因为，
由正弦定理可得，
即，
又，则，
所以，即，
所以为等腰三角形，故A正确；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，若，则，则，
所以，故，即，故C正确；
对于D，，
因为，
所以，即，所以为直角三角形，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知为数列的前和，下列说法正确的是（ ）
A. 若数列为等差数列，则 ，，为等差数列
B. 若为等比数列，则，，为等比数列
C. 若为等差数列，则，，为等差数列
D. 若为等比数列，则，，为等比数列
【答案】AC
【解析】
【分析】根据等差数列以及其前n项和的性质逐项判断即可.
【详解】对于B和D，当公比时，且m为偶数时，，
此时，，不为等比数列；
，此时，，不为等比数列，则B和D错误；
对于A，若数列为等差数列，设公差为，则，
，，
由等差数列片段和性质知，，为等差数列，公差为,A正确；
对于C，若为等差数列，设公差为，则
，
，，
则，所以，，为等差数列，C正确；
故选：
12. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的最大值为2
C. 的图象关于直线对称
D. 在上单调递减
【答案】BD
【解析】
【分析】由、是否成立判断A、C；由，结合余弦函数、二次函数性质判断B、D.
【详解】由，
所以不是的周期，A错；
由，
所以的图象不关于直线对称，C错；
由，而，
所以，B对；
由在上递减，且，
结合二次函数及复合函数的单调性知：在上单调递减，D对.
故选：BD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 关于的不等式的解集为，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】分析可知，、是关于的方程的两根，利用韦达定理可得出的值.
【详解】因为关于的不等式的解集为，则，
且、是关于的方程的两根，
由韦达定理可得，，解得，所以，.
故答案为：.
14. 设等差数列，的前n项和分别为，，且，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质化简计算作答.
【详解】等差数列，的前n项和分别为，，
所以.
故答案为：
15. 已知，是非零向量，，，向量在向量方向上的投影为，则________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据数量积的性质，结合投影定义求解可得.
【详解】∵，∴，∴，
∵向量在向量方向上的投影为，∴，
∴，
∴，
∴.
故答案为：2
16. 设是定义在上的偶函数，对任意，都有，且当时，，若函数（）在区间恰有3个不同的零点，则的取值范围是 _________
【答案】
【解析】
【分析】先判断函数为周期是4的周期函数，再根据偶函数画出函数在上的图像，根据图像得到，计算得到答案.
【详解】对于任意的,都有，函数是一个周期函数，且
当时，，且函数是定义在R上的偶函数
故函数在区间上的图象如下图所示:
若在区间内关于的方程恰有个不同的实数解，
即与恰有个不同的交点，由图像可得：
，解得:
故答案为
【点睛】本题考查了函数的零点问题，转化是函数的交点是解题的关键，综合考查了函数的奇偶性，周期性，函数图像，意在考查学生的综合应用能力.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出相应的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知数列是等差数列，其前项和为，且，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式求解；
（2）分组求和方法求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，又，，
所以，解得，，
所以的通项公式.
【小问2详解】
由（1）知，
所以
.
18. 已知函数（其中）的部分图像如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．

（1）求与的解析式；
（2）令，求方程在区间内的所有实数解的和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由函数图象可得即周期，即可求出，再利用待定系数法求出，即可求出函数的解析式，再根据平移变换的原则即可求得函数的解析式；
（2）先求出函数的解析式，再根据正弦函数的性质即可得解.
【小问1详解】
由图可知，，
函数的周期，所以，
所以，
又，所以，
所以，所以，
又，所以，
所以，
因为将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，
所以；
【小问2详解】
，
由，
得，
因为，所以，
所以或或或，
所以或或或，
所以方程在区间内的所有实数解的和为
．
19. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求A；
（2）若，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理将边化为角，结合三角函数的两角和的正弦公式，可求得答案;
（2）由余弦定理结合基本不等式可求得，再利用三角形面积公式求得答案.
【小问1详解】
根据正弦定理及，
得.
∵，
∴.
∵，
∴.
【小问2详解】
由（1）知，又，
由余弦定理得，
即，
∵，
∴，即，
当且仅当时取等号.
∴.
∴的最大值为.
20. 已知数列满足：,数列的前n项和
（1）求数列通项公式;
（2）设,求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据数列的递推关系式判断数列类型求出通项公式,根据的前n项和,利用,求出数列的通项公式即可,注意检验;
(2)根据数列通项公式的特殊性,利用错位相减法,求出其前n项和即可.
【小问1详解】
解:由题知
,
是以2为公比的等比数列,
,
的前n项和,
时,
当时,,
故,
综上:;
【小问2详解】
由(1)知,
,
,①
,②
②-①可得:
故.
21. 已知函数是定义在上的奇函数．
（1）判断并证明函数的单调性；
（2）是否存在实数，使得函数在区间上的取值范围是？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）是上的增函数，证明见解析
（2）存在；
【解析】
【分析】(1)先利用奇函数的性质求出字母，再根据函数单调性定义取证明即可；
(2)先假设存在，利用第一问函数单调性结论得出两个等式，再结合两个等式的特点转化为一个方程，使用换元法可得一个一元二次方程两个不等正根的问题，
结合一元二次方程根与系数关系即可求解.
【小问1详解】
，所以
是上增函数，证明如下：
设，，
，∴，，，，
∴是上的单调增函数．
【小问2详解】
假设存在实数，使之满足题意．
由（1）可得函数在上单调递增，
∴，∴
∴，为方程的两个根，即方程有两个不等的实根．
令，即方程有两个不等的正根．
，∴
故存在，实数的取值范围为：
22. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数的极大值为2，求实数的值；
（3）在（2）的条件下，方程存在两个不同的实数根，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导，对参数进行分类讨论即可得出的单调性；
（2）结合（1）中的结论和极值的定义可得，可解得；
（3）根据方程存在两个不同的实数根，可构造函数，并证明其单调性即可得时满足，即可证明不等式.
【小问1详解】
因为，可得函数的定义域为，
所以，
当时，在恒成立，故函数在上单调递增；
当时，若，则，故函数在上单调递增；
若，则，故函数在上单调递减；
综上所述，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
因为的极大值为2，所以由（1）可得，
所以，解得
此时，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
所以函数在处取得极大值，
即当时，函数有极大值为2；
【小问3详解】
证明：由（2）可知，当时，函数在上单调递增；在上单调递减，
方程存在两个不同的实数根，不妨令，
当时，令，
则，
可得
所以函数在上单调递增，，
又，所以可得，可得；
而，则，
又，，且函数在上单调递减；
所以，即，
故