2024届湖北省仙桃市田家炳实验高级中学高三上学期11月月考数学试题含答案

这是一份2024届湖北省仙桃市田家炳实验高级中学高三上学期11月月考数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出，根据交集概念求出答案.
【详解】，故.
故选：B
2．设或，或，则是的（ ）条件．
A．充分不必要B．必要不充分
C．充要条件D．既不充分也不必要
【答案】B
【分析】根据条件的充分性必要性判断即可.
【详解】取，此时条件成立，条件不成立，所以，不是的充分条件；
对任意或者，都满足或者，所以，是的必要条件，
故是的必要不充分条件，
故选：B
3．“三分损益法”是古代中国发明的制定音律时所用的生律法．例如：假设能发出第一个基准音的乐器的长度为36，那么能发出第二个基准音的乐器的长度为，能发出第三个基准音的乐器的长度为，……，也就是依次先减少三分之一，后增加三分之一，以此类推．现有一兴趣小组彩用此规律构造了一个共12项的数列用来研究数据的变化，已知，则（ ）
A．324B．297C．25D．168
【答案】A
【分析】根据题意得到，即可得到答案.
【详解】由题知：，解得.
故选：A
4．已知函数的定义域是，则的定义域是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据抽象函数的定义域可得满足，结合根式的意义即可求解.
【详解】因为函数的定义域为，
所以满足，即，
又，即，
所以，解得.
所以函数的定义域为.
故选：D.
5．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据诱导公式可得，结合二倍角公式即可求解.
【详解】由可得，
即
所以，
故选:D
6．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】根据指数函数、对数函数的性质借助中间值0和1比较可得．
【详解】，，，
故选：B．
【点睛】方法点睛：本题考查指数式、对数式的大小比较，
比较指数式大小时，常常化为同底数的幂，利用指数函数性质比较，或化为同指数的幂，利用幂函数性质比较，比较对数式大小，常常化为同底数的对数，利用对数函数性质比较，如果不能化为同底数或同指数，或不同类型的数常常借助中间值如0或1比较大小．
7．已知偶函数的定义域为R，若在上单调递减且，则满足的的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据偶函数性质把不等式化为，再利用函数单调性得，最后利用对数函数单调性解不等式即可.
【详解】因为是定义域为R的偶函数且，所以不等式等价，
又函数在上单调递减，所以，所以或，
所以或，即满足的的取值范围是.
故选：D
8．已知为定义在上的函数，其图象关于y轴对称，当时，有，且当时，，若方程（）恰有5个不同的实数解，则的取值范围是（ ）
A．B． C．D．
【答案】C
【分析】由已知式得出函数的周期性，求出一个周期内函数的解析式，从而得出在整个定义域内的图象，观察图象得出参数范围．
【详解】当时，有，所以，
所以函数在上是周期为2的函数，
从而当时，，有，
又，，
即，又易知为定义在R上的偶函数，
所以可作出函数的图象与直线有5个不同的交点，

所以，解得，
故选：C．
【点睛】方法点睛：函数零点个数与方程的解的个数问题，通常把方程进行变形，化为一个函数图象与一条直线的交点个数，然后利用函数的性质如奇偶性、单调性等作出图象，观察图象可得结论．
二、多选题
9．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】由不等式的性质和指数函数、幂函数的单调性即可判断.
【详解】对于A，若，当时，则可能成立或，故A错误；
对于B，若，则可能成立或，故B错误；
对于C，若，则成立，故C正确；
对于D，若，则，则可能存在故D错误.
故选：ABD.
10．将函数的图象向左平移个单位，得到函数的函数图象，则下列说法正确的是（ ）
A．是奇函数B．的周期是
C．的图象关于直线对称D．的图象关于对称
【答案】AC
【分析】根据图像平移和三角函数的诱导公式可得，由此即可得到结果.
【详解】将函数的图象向左平移个单位，可得，
所以是奇函数，且图象关于直线对称.
故选：AC.
【点睛】本题主要考查了三角函数图像变换和诱导公式的应用，属于基础题.
11．设数列的前n项和为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．是等比数列
B．是单调递减数列
C．
D．
【答案】ACD
【分析】构造法得、判断A，并可得，应用分组求和、等比数列前n项和公式求，根据通项公式判断单调性判断B、C、D.
【详解】由题设，则，
当，则，则，
所以是首项、公比均为的等比数列，则，
故，则，故不递减，
，
在上递增，
所以，
综上，A、C、D对，B错.
故选：ACD
12．下列不等关系中，正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】构造函数，利用函数导数及性质每项验证.
【详解】对A，令，则 ，
当e 时，，此时在（0，e）上单调递增，
当e时，，此时在（e，）上单调递减，
所以，，所以，故A正确；
对B，令，则，
当e 时，，此时在（0，e）上单调递增，
当e 时，，此时在（e，）上单调递减，
由e，所以，
故B错误；
对C，由时，所以，令，
当时，，此时在上单调递减，
当 时，，此时在上单调递增，
所以，所以，当时取等号，
所以 ，即，
又，所以，所以，故C正确
对D，由
又 （，当时取等号）
所以即，即，故D正确
故选：ACD.
三、填空题
13．在中，，则 .
【答案】
【分析】利用余弦定理求解即可.
【详解】.
故答案为：
14．已知数列，则数列的通项公式 ．
【答案】
【分析】取倒数后得为等差数列，再由等差数列的通项公式求解．
【详解】由题意得，故是首项为1，公差为1的等差数列，
得，即，
故答案为：
15．已知两曲线f (x)＝2sin x，g(x)＝acs x，x∈相交于点P.若两曲线在点P处的切线互相垂直，则实数a的值为 .
【答案】
【详解】设P(x0，y0)，x0∈，则2sin x0＝acs x0，且f ′(x0)g′(x0)＝2cs x0·
(－asin x0)＝－1，联立以上两式，解得x0＝，则a＝＝.
故答案为
16．设数列满足 ,且对任意,函数满足，若，则数列的前项和为 .
【答案】
【分析】依题意，可求得，于是知数列是等差数列，设其公差为d，由，可求得，利用分组求和的方法即可求得答案．
【详解】.
因为，所以：，
所以是一个等差数列. ，又， ，
所以 .
故答案为:
【点睛】本题考查数列的求和，利用确定数列是等差数列是关键，考查等差关系的确定与其通项公式的应用，突出分组求和的应用，属于难题.
四、解答题
17．已知函数.
（1）求的单调减区间.
（2）若是锐角，，求的值.
【答案】（1），；（2）.
【解析】（1）由三角函数单调区间的求法，令求解即可；
（2）由两角和的正弦公式及二倍角的余弦公式展开可得，再化简即可得解.
【详解】解：（1）由函数，
令，，
得：，
所以的单调减区间为，.
（2）由，
即，
则，
，
因为是锐角，
所以.
所以，
故得.
【点睛】本题考查了三角函数单调区间的求法，重点考查了两角和的正弦公式及二倍角的余弦公式，属基础题.
五、证明题
18．已知数列满足.
(1)求数列的通项公式
(2)若，数列的前n项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用求出（），求出通项公式，检验也满足；
（2）裂项相消法求和后得到答案.
【详解】（1）∵①，
当时，，故，
时，②
①②得（），而也满足上式，
∴.
（2），
∴.
六、解答题
19．已知函数,．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时,判断的零点个数．
【答案】(1)见解析；(2)2
【分析】(1)对函数进行求导,利用分类讨论法求出函数的单调性；
(2)设,求导,让导函数等于零,然后判断出函数的单调性,最后确定函数零点个数.
【详解】(1),
故当时,,
所以函数在上单调递增,
当时,令,得,
所以函数在上单调递增,
令,得,
所以函数在上单调递减,
综上,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.
(2)设,
则,令,
解得,
当时,；
当时,；
故最大值为，
所以有且只有一个零点.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、零点,考查了分类讨论思想,考查了数学运算能力.
20．数列和满足，，.
(1)求数列，的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)，；
(2)
【分析】（1）由等比数列的定义求，由累加法求；
（2）先求出，再由错位相减法求和即可
【详解】（1）因为，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，
又，
则，
所以由累加法得；
所以，；
（2）因为，
所以，
所以，
所以
所以
21．如图，在平面四边形中，，，，.
(1)若，求的值；
(2)求四边形面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理求出，再由正弦定理求出；（2）利用两次余弦定理得到，进而表达出四边形的面积为，结合的取值范围，求出最大值
【详解】（1）在中，由余弦定理可得
，
∴，即，
∴，
又，∴.
∵，，
∴，
在中，由正弦定理可得，即，
∴.
（2）由余弦定理可得：
，
，
∴，
∴四边形的面积
.
又∵，
当，即时，四边形的面积取得最大值.
22．已知函数．
（1）当时，求的最值；
（2）若恒成立，求实数的取值范围；
（3）若函数存在两个极值点，求的取值范围．
【答案】（1）最小值是，无最大值；（2）；（3）.
【分析】（1）由，得到，再利用导数法求解；
（2）将恒成立，转化为恒成立，设，用导数法求其最大值即可；
（3）求导，根据在两个极值点，得到，然后化简得到求解.
【详解】（1）当时，，，
当时，，递减，
当时，递增.
所以有极小值，也是最小值，无最大值.
（2）恒成立，
恒成立，
恒成立，
设，则，
令，则，
单调递增，
单调递减
（3）由题意，
因为在两个极值点，则是方程的两个不等正根，
，
，
则，
，
，
显然是关于的减函数，
的取值范围是.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间D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：；.