安徽省固镇县2024届高三数学上学期第三次月考试卷含解析

这是一份安徽省固镇县2024届高三数学上学期第三次月考试卷含解析，共18页。试卷主要包含了本卷命题范围， 已知，，则， 已知函数，若数列满足， 若，则等内容，欢迎下载使用。

2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
3.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语､复数､不等式､函数､导数､三角函数､数列､平面向量､解三角形.
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】D
【解析】
【分析】化简集合，根据集合的交集运算可得解.
【详解】因为，且，
所以.
故选：D.
2. 在复平面内，复数z对应的点为，则（）
A. 1B. iC. －iD.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的几何意义可得，根据复数除法运算即可求解.
【详解】由题意可得，故，
故选：B.
3. 若，则函数的函数关系式为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对函数求导得，令，得到关于的方程，解方程求得即可.
【详解】由，得，即，解得，
则，所以函数的函数关系式为：；
故选：B.
4. 已知，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由同角关系式可求，，代入即得.
【详解】因为，，且，
解得，，
所以.
故选：D.
5. 已知菱形的对角线，点在另一对角线上，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，则为的中点，且，可得出，利用平面向量数量积的运算性质可求得结果.
【详解】设，则为的中点，且，如下图所示：
，所以，.
故选：B.
6. 某种放射性元素的原子数随时间的变化规律是，其中，都是正常数，则该种放射性元素的原子数由个减少到个时所经历的时间为，由个减少到个时所经历的时间为，则（）
A2B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由，利用求出，再分别求出时和时的，从而求出的值．
【详解】当时，若，则，所以，所以，
若，则，所以，，
所以，，，
故选：B
7. 已知函数，若数列满足（）且是递增数列，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由分段函数的解析式可得，函数在每一段都是单调递增，且，列出不等关系，求解即可．
【详解】因为函数，数列满足，且是递增数列，
则函数在每一段都是单调递增，且，
所以，解得，
所以实数的取值范围是．
故选：
8. 若，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】等价变形给定的不等式，构造函数并探讨其单调性，由此可得，再判断选项即得.
【详解】由，得，
令，显然函数在上单调递增，且，
因此，即，则，于是，A正确，B错误；
由，显然当时，，CD错误.
故选：A
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
9. 已知向量，，则下列说法正确的是（）
A.
B. 若，则的值为
C. 若，则的值为
D. 若，则与的夹角为锐角
【答案】AC
【解析】
【分析】根据平面向量的模公式、垂直向量、共线向量的性质，结合平面向量夹角公式进行逐一判断即可.
【详解】因为，所以选项A说法正确；
因为，所以，所以选项B说法不正确；
因为，所以，所以选项C说法正确；
当时，，所以，因此选项D说法不正确，
故选：AC
10. 《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱?”（“钱”是古代的一种重量单位）．关于这个问题，下列说法错误的是（）
A. 戊得钱是甲得钱的一半
B. 乙得钱比丁得钱多钱
C. 甲、丙得钱的和是乙得钱的2倍
D. 丁、戊得钱的和比甲得钱多钱
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意列方程，得到，，然后判断即可.
【详解】依题意，设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为，，a，，，
则由题意可知，，即，
又，所以，所以，
所以，，，，
所以甲得钱，乙得钱，丙得1钱，丁得钱，戊得钱，
所以戊得钱是甲得钱的一半，故A正确；
乙得钱比丁得钱多钱，故B错误；
甲、丙得钱的和是乙得钱的倍，故C正确；
丁、戊得钱的和比甲得钱多钱，故D错误．
故选：BD.
11. 已知函数，且，则（）
A.
B. 的图象关于直线对称
C. 若，则是的整数倍
D. 在上不单调
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，令即可判断；
对于B，可先由求出的值，再令求出对称轴方程即可判断；
对于C，可根据分别求出和的值即可判断；
对于D，直接求出函数的单调区间即可判断.
【详解】对于A，令可得，即，所以A选项正确；
对于B，因为，所以，即，解得，又因为，所以，所以.令，解得，所以的图象的对称轴方程为，可知B选项错误；
对于C，根据解得，同理可得，又因为所以，所以，因为且，可知是的整数倍，所以C选项错误；
对于D，令，解得，所以函数的单调递增区间为，令，解得，所以函数的单调递减区间为，可得函数在上不单调，所以D选项正确.
故选：AD.
12. 已知定义在上的函数满足，则下列不等式一定正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】设，通过条件判断的单调性，利用单调性逐一判断即可.
【详解】设，则.
设，则在上为增函数，且，
则当时，，此时，此时函数为增函数；
当时，，此时，此时函数为减函数，
所以，即，A正确；
所以，得，即，B错误；
所以与不在一个单调区间上，C中算式无法比较大小，C错误；
所以，得，即，D正确.
故选：AD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】整理式子利用基本不等式求解即可.
【详解】因，
，
当且仅当a＝1时，等号成立．
故答案为：
14. 若“”是“”的必要不充分条件，则实数a能取的最大整数为_______________．
【答案】
【解析】
【分析】先由集合与充分必要的关系得到是的真子集，从而利用数轴法得到，由此得解.
【详解】因为“”是“”的必要不充分条件，
所以是的真子集，
因为等价于，
所以是的真子集，
所以，
所以实数a能取的最大整数为.
故答案为：.
15. 在数列中，，则等于__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据数列周期性求解.
【详解】由可得：
，
故数列为周期性数列，每3项为一循环，
而，故.
故答案为：2
16. 已知所有的三次函数的图象都有对称中心，，若函数，则__________.
【答案】8090
【解析】
【分析】先通过条件求出对称中心，再利用对称性计算即可.
【详解】，
则，
即函数的图象的对称中心为，
则，
故
.
故答案为：8090.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
17. 已知角所对的边分别为,的周长为,且.
（1）求边的长;
（2）若的面积为,求角的度数.
【答案】（1）2；（2）.
【解析】
【分析】(1)根据正弦定理可将化简为,再根据的周长即可求得;
(2)根据三角形面积公式可得,根据(1)中的结论可得,再根据余弦定理即可求得角.
【小问1详解】
由题意得:，
中,将正弦定理代入可得，
又,即，
所以；
【小问2详解】
由(1)知,,所以，
因为，
所以,又有，
所以，
因为，
所以.
18. 如图，在中，分别是边上的动点.
（1）证明：；
（2）当分别是边的中点时，用表示.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用向量共线的充要条件和向量的加法运算法则即可求证；
（2）综合运用平面向量基本定理和向量的线性运算法则即可解答.
【小问1详解】
因为分别是边上的动点，
所以存在使，
所以.
令，则，因为，所以，
所以.
【小问2详解】
因为分别是边的中点，
所以，又，所以，
所以，所以，即，
所以.
故.
19. 定义在上的奇函数，已知当时，＝.
（1）求在上的解析式；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，求得，再由奇函数的定义，结合已知解析式，可得在上的解析式；
（2）由题意可得在时恒成立，由参数分离和指数函数的单调性，结合恒成立，可得的取值范围．
【小问1详解】
因为是定义在上的奇函数，时，，
所以，解得，
所以时，，
当时，，
所以，
又，
所以，，
即在上的解析式为；
【小问2详解】
因为时，，
所以可化为，
整理得，
令，根据指数函数单调性可得，
与都是减函数，
所以也是减函数，
，
所以，
故数的取值范围是.
20. 已知函数的图象如图所示.
（1）写出函数的关系式；
（2）已知，.若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合图象及正弦函数的性质求解即可；
（2）根据平面向量的数量积的坐标表示求出，结合题意可得时，，进而结合正弦函数的性质求解即可.
【小问1详解】
由图可得，，
即，所以.
设函数，将点代入得，
结合图象可得，，即，，
可取，所以.
【小问2详解】
因为，
所以
.
由题意，恒成立，
则对于时，.
由，得，
所以当，即时，函数.
由，得，
所以当，即时，，
所以，即，
即实数的取值范围为.
21. 设是等差数列的前项和，.对任意正整数，数列满足成等比数列，，数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）求满足的的最小值.
【答案】（1），
（2）10
【解析】
【分析】（1）设出公差，得到方程组，求出首项和公差，得到的通项公式，由条件得到是等比数列，设公比为，求出，从而得到公比，，求出的通项公式；
（2）错位相减法求和，得到，得到不等式，令，作差得到，是递减的，利用，得到答案.
【小问1详解】
设的公差为，则，
，
.
成等比数列，
是等比数列，设公比为，
，
，
，
解得，
，
；
【小问2详解】
，
，
两式相减得
，
.
由得，
令，则，
，
是递减的，
，
满足的的最小值为10.
22. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合直线方程的求法，即可得到结果；
（2）分类讨论和两种情况研究函数的单调性结合零点存在性定理确定函数的零点个数，由此确定的取值范围.
【小问1详解】
函数的定义域为，
时，
又，则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
当时，在上单调递减，所以在上至多有一个零点.
当时，，
因为，所以，
令，易知上单调递增，
因为，
所以存在，使得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
由得，则，
所以，
当，即时，，所以在上没有零点.
当，即时，，所以在上有一个零点.
当，即时，，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，
所以，则，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以，
所以，
因为，且在上单调递减，
所以在上只有一个零点，
令，易知在上单调递增，
又，
所以存在，使得，
则，
由可知，则，
又在上单调递增，所以在上只有一个零点，
综上可知，时，函数有两个不同的零点，故实数的取值范围为.