2024届河南省部分名校高三上学期阶段性测试（三）（11月）数学试题含答案

这是一份2024届河南省部分名校高三上学期阶段性测试（三）（11月）数学试题含答案，共19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．数列的一个通项公式为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】验证各项是否符合即可.
【详解】设该数列为，.
选项A，，不满足题意，故A错误；
选项B，，不满足题意，故B错误；
选项C，，不满足题意，故C错误；
选项D，，均满足题意.
故选：D.
2．已知集合，，其中，则x的取值集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定的条件，利用集合的包含关系，结合集合元素的互异性求解即得.
【详解】由，，知，由，得，
于是或，解得，解得或（不符合题意，舍去），
经验证或符合题意，所以x的取值集合为.
故选：B
3．“关于x的不等式的解集为”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
【答案】B
【分析】求出不等式的解集为的的范围，再由必要不充分条件的定义判断可得答案.
【详解】当即时，不等式的解集为，符合题意；
当即时，若不等式的解集为，
可得，解得，
所以不等式的解集为可得，充分性不成立，
若，则不等式的解集为，必要性成立，
所以不等式的解集为”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．已知为等边三角形，分别以CA，CB为边作正六边形，如图所示，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】选取为基底，表示出，结合平行向量基本定理设，即可求解.
【详解】选取为基底，
，
，
，
设
，
，，
即.
故选：A
5．已知等边三角形的边长为4，连接其各边的一个三等分点得到等边三角形，再连接各边的一个三等分点得到等边三角形，继续依此方法，得到一系列等边三角形，记的面积为，若．恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由余弦定理得出边长的关系，再由前三项的面积成等比数列，由此推断出数列是首项为，公比为的等比数列，进而由求和公式以及不等式的性质证明.
【详解】设，由余弦定理可得
，
则，
，
由此可知，数列是首项为，公比为的等比数列.
则
因为．恒成立，所以.
即的最小值为.

故选：C
6．阻尼器是一种以提供运动的阻力从而达到减震效果的专业工程装置，从20世纪70年代起，人们逐步地把这种装置运用到建筑、桥梁、铁路等结构工程中．某阻尼器的运动过程可看作简谐运动，其离开平衡位置的位移（单位：cm）和时间t（单位：s）之间的函数关系式为，该函数的部分图象如图所示，其中，，则下列区间包含的极大值点的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由求出，再求出的取值，结合函数的周期确定的值，即可求出函数解析式，再根据余弦函数的性质求出函数的最大值点，即可判断.
【详解】依题意，则，又点在函数的单调递减区间上，
结合余弦函数图象可知，，，
又，结合图形可知，，
解得，，，
又，即，即，解得，所以，
则，，
化简可得，
令，，解得，，
所以当，时函数取得最大值，
当时.
故选：C
7．已知正数满足，则的最小值为（ ）
A．16B．C．8D．4
【答案】D
【分析】根据题意，得到，求得，结合基本不等式求得，再由指数幂的运算公式，即可求解.
【详解】由正数满足，可得，即，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，所以
又由，
所以的最小值为.
故选：D.
8．已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先由函数定义域的对称性解得，再由特值法得的方程求解验证即可.
【详解】由题意知，且，
因为函数的图象关于直线对称，
则是方程的根，
故，解得，则.
又由得，,解得.
故，即，
验证：函数的定义域为，且，
且，
故函数的图象关于直线对称，满足题意.
则.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是由题意得，从而利用对称轴得到，进而得到是方程的根，由此得解.
二、多选题
9．已知复数，，则（ ）
A．的虚部为
B．
C．为纯虚数
D．在复平面内，复数所对应的点位于第四象限
【答案】BCD
【分析】按照法则进行复数的加减乘除运算后，可得虚部、模，判断是否纯虚数及对应点所在象限.
【详解】选项A，，
则的虚部为，故A错误；
选项B，，
则，故B正确；
选项C，为纯虚数，故C正确；
选项D，，
其对应的点位于第四象限，故D正确.
故选：BCD.
10．记等差数列的前n项和为，则根据下列条件能够确定的值的是（ ）
A．B．
C．，D．，
【答案】AD
【分析】根据等差数列的求和性质即可结合选项逐一求解.
【详解】，
所以A正确，
由于，结合,所以B错误，
对于C，，，故C错误，
对于D，，
，所以，又，
所以，故D正确，
故选：AD
11．已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则的图象关于点对称
B．若，则的最小正周期为
C．若，则在区间上有2个零点
D．若，则方程的最小的20个正实数根之和为
【答案】ACD
【分析】代入对称性的定义，即可判断A；化简函数，即可判断B；化简函数，并利用代入法，结合函数的图象，即可判断C；求解方程，并结合周期，即可判断D.
【详解】A.时，，
，
，
即，即函数的图象关于点对称，故A正确；
B.时，
，
函数的最小正周期，故B错误；
C.时，，
，
，当，，
令，得，
设，画出，
由图可知，与有2个交点，即在区间上有2个零点，故C正确；
D.时，，即方程，
得，解得：或，
，或或，，
方程的最小的20个正实数根之和为
，故D正确.
故选：ACD
12．已知实数m，n满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】根据题意可得，即，构造函数，利用其单调性和函数值确定，进而等量代换将双未知量变为单未知量，即可一一求解.
【详解】由可得，，
即，则有，
也即，
设函数，则，
，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
且当时，；当时，；
因为，所以，
即，所以，即，A正确；
，B错误；
设，在恒成立，
且，
所以存在唯一使得，
由可得，，所以，
，设在上单调递增，
所以，
所以，C正确；
，
设，，
令，，
易得函数在单调递增，且，
所以函数在单调递减，
且，所以恒成立，
所以单调递增，
所以，即，
所以正确，故D正确；
故选:ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用同构思想，将原等式化为，进而构造函数，利用单调性和函数值确定，进而利用等量代换，即可求解.
三、填空题
13．已知向量，，，若，则 ．
【答案】9
【分析】确定，根据计算得到答案.
【详解】，，则，，
，则，解得.
故答案为：
14．已知集合，，则Venn图中阴影部分表示的集合为 ．
【答案】
【分析】根据二次函数的性质和不等式的解法，求得集合，结合集合的运算，即可求解.
【详解】由，所以集合，
又由，即，解得，即，
则或，所以.
故答案为：.
15．若，且，则 ．
【答案】/
【分析】确定，根据范围得到，再利用二倍角公式计算得到答案.
【详解】，则，
解得或，
，故，满足，
故.
故答案为：.
16．已知函数在区间上的最大值为5，则实数a的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由条件可得，再由时，可得，从而，可求得答案.
【详解】由函数在区间上的最大值为5，则，，所以上式可变为，
即，则，即，
化简得；
又，，则，所以；
，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题
17．已知函数，且曲线在点处的切线l与直线相互垂直．
(1)求l的方程；
(2)求的极值．
【答案】(1)
(2)极大值为，极小值为
【分析】（1）根据题意，得到，求得，得到，结合导数的几何意义，即可求解；
（2）由（1）得，求得函数的单调区间，进而求得函数的极值.
【详解】（1）解：由函数，可得，
因为曲线在点处的切线l与直线相互垂直，
可得，解得，所以
又因为，
故所求切线方程为，即．
（2）解：由（1）可知，，
令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以函数在区间上递增，在区间上递减，在区间上递增，
故的极大值为，
极小值为．
18．已知等差数列的公差为整数，，设其前n项和为，且是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的性质即可求解公差，进而可求解，
（2）分情况，即可根据等差数列求和公式求解.
【详解】（1）设的公差为d，依题意得，
所以，即，
化简得，解得或（舍去），
故，
（2）依题意，．
当时，，故；
当时，，
故．
故
19．在锐角中，角所对的边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求周长的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意，利用余弦定理化简求得，求得，即可求解；
（2）由余弦定理得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：由，
所以，
得，
得，
因为为锐角三角形，所以为锐角，所以，
所以，即，
又因为，可得．
（2）解：由余弦定理知，
所以，即，
所以，解得，当且仅当时，等号成立，
所以，即周长的最大值为．
20．设，，已知函数的图象在区间内恰有4条对称轴，且函数为偶函数．
(1)求的值以及的取值范围；
(2)当取得最大值时，将的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求函数在区间上的值域．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据为偶函数得到的取值，依据图象在区间内恰有4条对称轴，即可求解的取值范围；
（2）根据图形变换规则得到函数的图象，然后讨论其在区间上的值域即可．
【详解】（1）依题意得，
因为为偶函数，
所以，故．
因为，所以，
．
令，则，
则，解得，
即的取值范围为．
（2）依题意得，
将的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，得到的图象，
再将所得图象向右平移个单位长度，得到的图象．
当时，，
故的值域为，
即在区间上的值域为．
21．已知数列的前n项和为，且．
(1)求；
(2)若，记数列的前n项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据公式，消去，转化为关于数列的递推关系式，构造等比数列，即可求解；
（2）根据（1）的结果，可知，再根据放缩法求得的范围，即可证明不等式.
【详解】（1）当时，，解得；
当时，，，则，
因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即；
（2）由（1）知，
依题意，
因为，，则，即；
因为，
所以，
而，
故，即．
综上所述，．
【点睛】关键点睛：本题第二问考查数列，不等式，放缩法的综合应用问题，第二问的难点是证明，关键是证明，后面的问题迎刃而解.
22．已知函数．
(1)若在区间上无零点，求实数m的取值范围；
(2)若对任意，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将变量分离出得在区间无解，求得的值域，即可求解；
（2）根据时求得m的取值范围，再证时也成立，即，应用放缩法，先证，再证，构造函数结合导数即可证明..
【详解】（1）令，得，令，
则，
当时，，，故，
则在区间上单调递减，
因为，当时，，
故实数m的取值范围为．
（2）依题意在时恒成立，
令，解得．
下证当时，不等式在时恒成立．
先证明：当时，．
令，则，
令，则，
易知，所以在上单调递增，，即，
所以在上单调递增，得，即当时，．
再证明：当时，，（*）
因为当时，，故只需证明．
令，
则．
①当时，，在上单调递增，
；
②当时，由知，
所以，
所以（*）成立．
综上所述，实数m的取值范围为．
【点睛】证明不等式恒成立，结合常用的指对不等式进行适当放缩是比较常用的方法.