2024届宁夏石嘴山市平罗中学高三上学期第三次月考数学（理）试题含答案

这是一份2024届宁夏石嘴山市平罗中学高三上学期第三次月考数学（理）试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】集合即函数的定义域，而则为函数的值域，分别求解再进行交集运算即可.
【详解】由有意义，则，
故，
由，得其值域为，
故，
所以，
故选：A.
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用复数的运算即可求解.
【详解】．∴.
故选：A．
3．记为等差数列的前项和．若，则（ ）
A．25B．22C．20D．15
【答案】C
【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列的公差和首项，再根据前项和公式即可解出；
方法二：根据等差数列的性质求出等差数列的公差，再根据前项和公式的性质即可解出．
【详解】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得，
，即,
又，解得：，
所以．
故选：C.
方法二：，，所以，，
从而，于是，
所以．
故选：C.
4．如图，在平行四边形中，为对角线的交点，为的中点，为的中点，若，则（ ）

A．1B．2C．D．
【答案】B
【分析】利用平面向量的线性运算法则，求得,进而求得的值，进一步计算即可.
【详解】如图：

因为
,
所以
故选：
5．设等比数列的公比为q，则是为单调递增数列的（ ）
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】D
【分析】通过做差，结合充分条件、必要条件的定义判断即可
【详解】
若,则,则为单调递减数列
所以是为单调递增数列的不充分条件
若为单调递增数列,则,则
即或,所以故是为单调递增数列的不必要条件
故是为单调递增数列的既不充分也不必要条件
故选：D
6．已知命题已知，若数列是递增数列，则；命题若，则的最小值是，则下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据递增数列的性质可判断命题的真假，再根据基本不等式及其取等条件判断命题，进而判断各选项.
【详解】要使数列是递增数列，只要，解得，所以为假命题；
因为，所以，所以，
当且仅当“”时等号成立，而，故不等式取等号条件不成立，
故为假命题.从而为真命题.
故选：D.
7．等差数列前项的和为，前项的和为，则它的前项的和为（ ）
A．130B．170C．210D．260
【答案】C
【分析】根据等差数列前项和的性质，结合已知数据，求解即可.
【详解】利用等差数列的性质：成等差数列，
所以，即，解得.
故选：C.
8．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据特殊点的函数值、函数的奇偶性求得正确答案.
【详解】，排除C选项.
，的定义域为，
，
所以是偶函数，排除D选项.
，所以B选项错误.
故A选项正确.
故选：A
9．已知空间向量且，，，则一定共线的三点是（ ）
A．A，B，DB．A，B，C
C．B，C，DD．A，C，D
【答案】A
【分析】A选项，计算出，A正确；B选项，设，得到方程组，无解；C选项，设，得到方程组，无解；D选项，计算出，设，得到方程组，无解.
【详解】A选项，，所以A，B，D三点共线，A正确；
B选项，设，则，即，无解，B错误；
C选项，设，则，即，无解，C错误；
D选项，，设，
即，即，无解，D错误.
故选：A
10．已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出切点坐标，切点处的导数值，然后写出点斜式即可得到切线方程.
【详解】，切点为，
，
所以切线方程为，即
故选：B
11．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为，，，则（ ）
A．B．C．4D．
【答案】D
【分析】根据正弦定理面积公式和余弦定理求解即可.
【详解】因为的面积为，，
所以，即.
所以，
所以.
故选：D.
12．设函数．若为函数的零点，为函数的图象的对称轴，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．12
【答案】A
【分析】直接利用，，求出和的表达式，进一步利用在区间上有且只有一个极大值点，通过分类讨论求出的值，进而可得最大值.
【详解】由已知得，，，
则，
其中，
因为，
当时，
当时，，
因为在区间上有且只有一个极大值点，
所以，
解得，
即，
所以，
当时，，此时，此时有两个极大值点，舍去；
当时，，此时，此时有一个极大值点，成立；
所以的最大值为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过条件将和都用整数表示出来，然后对的值由大到小讨论找到符合条件的结果.
二、填空题
13．已知向量、的夹角为，，，则 ．
【答案】7
【分析】先利用两个向量的数量积的定义求出，根据模的计算公式：，即可计算出结果.
【详解】因为向量、的夹角为，，，则，
则，
所以．
故答案为：7.
14．设数列中，，则通项 ．
【答案】
【详解】∵ ∴，，
，，，，
将以上各式相加得：
故应填；
【解析】：此题重点考察由数列的递推公式求数列的通项公式；
【突破】：重视递推公式的特征与解法的选择；抓住中系数相同是找到方法的突破口；此题可用累和法，迭代法等；
15．已知函数 其中，若存在实数b，使得关于x的方程f（x）=b有三个不同的根，则m的取值范围是 .
【答案】
【详解】试题分析：由题意画出函数图象如下图所示，要满足存在实数b，使得关于x的方程f（x）=b有三个不同的根，则，解得，故m的取值范围是.
【解析】分段函数，函数图象
【名师点睛】本题主要考查二次函数的图象与性质、函数与方程、分段函数的概念.解答本题，关键在于能利用数形结合思想，通过对函数图象的分析，转化得到代数不等式.本题能较好地考查考生数形结合思想、转化与化归思想、基本运算求解能力等.
16．已知数列的首项为，且满足，其中为其前项和，若恒有，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用与的关系可得，进而可得，再利用累乘法得，由恒成立可知，，列不等式组求解即可.
【详解】由①可得②，
②①得，即，，
所以，，
所以，，累乘得，，
将代入得，解得，
所以，，
对于函数，得，
由指数函数的单调性可得存在满足，同理时，
所以要使恒成立，只需，即可，
即，解得，
故答案为：
三、解答题
17．设数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）不等式，求的最小值.
【答案】（1）；（2）7.
【解析】（1）给出 与 的递推关系，可利用转化为的递推关系，再求其通项公式.
（2）代入的通项公式，求出，解不等式即可.
【详解】(1)由，当得，即
当，，于是，
即，即，
所以，
(2)所以，
由得，，
故即，故整数的最小值为7.
【点睛】给出 与 的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出与之间的关系，再求.
18．已知函数(其中)的图象与轴的交点中，相邻两个交点之间的距离为, 且图象上一个最低点为.
(1) 求函数的最小正周期和对称中心；
(2) 将函数的图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的，再把所得到的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求函数在区间上的值域.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）先求出函数f(x)的解析式，再求函数的最小正周期和对称中心；（2）先求出函数的解析式，再求函数在区间上的值域.
【详解】由题得A=2,T=.
又因为，因为，
所以.
所以f(x)＝＝2sin，
所以函数f(x)的最小正周期为T＝π，
令，
∴f(x)的对称中心为，k∈Z.
(2)函数y＝f(x)的图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的，
得到y＝2sin；
再把所得到的图象向左平移个单位长度，
得到，
当时，，
所以当x＝0时，g(x)max＝2，当x＝时，g(x)min＝－1.
∴y＝g(x)在区间上的值域为[－1，2].
【点睛】本题主要考查三角函数图像的变换和解析式的求法，考查三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
19．在数列中，，是的前n项和，且数列是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先应用等差数列求，再应用计算通项公式；
（2）应用错位相减法求和即可．
【详解】（1）由已知得，，
所以，①
当时，，②
，得，
也符合该式，
所以．
（2）由（1）得，
所以，③
，④
，得
．
故．
20．已知的三内角所对的边分别是，向量，且．
(1)求角的大小；
(2)若，求三角形周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用以及正弦定理边化角，整理计算后可得答案；
（2）利用余弦定理求得，在根据三角形边的关系可得的范围，进而可得周长范围.
【详解】（1）由已知，且，
，
由正弦定理得，
，
即，
，；
（2）由余弦定理，得
，
当且仅当时取等号．
，故，又，
∴的取值范围是，
所以周长的取值范围是.
21．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若0，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2)
【分析】（1），分三种情况讨论；
（1）由（1）可知函数单调性，从而可求得最小值，解不等式即可.
【详解】（1）因为．
①当时，，在R上单调递增；
②当时，令，得，
,在上单调递减；
,在上单调递增．
③当时，令，得
，在上单调递减；
，在上单调递增．
（2）①当时，，符合题意．．
②当时，由（1）得在上单调递减，在上单调递增，
若，则
所以
解得：
③当时，由（1）得在上单调递减，
在上单调递增，
若，则
所以
所以：
综上：．
【点睛】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．
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数)，以坐标原点O为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为－2cs=3．
（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
（2）曲线与相交于两点，求的值．
【答案】（1）；；（2）3．
【分析】（1）曲线参数方程消去参数t，可得到的普通方程，进而将其转化为极坐标方程即可，利用极坐标方程与直角坐标方程间的关系，可将的极坐标方程化为直角坐标方程；
（2）结合曲线、的极坐标方程，可得，设两点所对应的极径分别为，可求得的值，进而可得到的值．
【详解】曲线的普通方程为，
即极坐标方程为
曲线的直角坐标方程为，
即．
曲线的极坐标方程为，代入，
可得，
则．
【点睛】求解与极坐标有关的问题的主要方法：
（1）直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想配合使用；
（2）转化为直角坐标系，用直角坐标求解.
23．已知函数．
(1)求的解集；
(2)若函数的最小值为，且，求的最小值.
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）利用分区间讨论的方法，去掉绝对值符号，化简函数的表达式，进而将转化为3个不等式组求解，即得答案；
（2）结合（1）中的表达式，确定M的值，利用河西不等式即可求得答案.
【详解】（1），
故等价于或或，
解得，
不等式的解集为；
（2）当时，；
当时，；
当时，，
故函数的的最小值为，即
利用柯西不等式可得，
即，当且仅当时等号成立，
结合，即当时，取得最小值4.