湖北省部分学校2025届高三上学期第一次大联考（一模）数学试题

这是一份湖北省部分学校2025届高三上学期第一次大联考（一模）数学试题，共16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．命题“”的否定为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数，则（ ）
A．B．
C．D．
4．已知函数，则“”是“是增函数”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
5．若对任意的，函数满足，则（ ）
A．6B．4C．2D．0
6．某公司引进新的生产设备投入生产，新设备生产的产品可获得的总利润（单位：百万元）与新设备运行的时间（单位：年，）满足，当新设备生产的产品可获得的年平均利润最大时，新设备运行的时间（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在中，是边上靠近点的三等分点，是边上的动点，则的取值范围为（ ）

A．B．C．D．
8．已知函数，若关于的方程有实数解，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在等比数列中，，则（ ）
A．的公比为B．的公比为2
C．D．数列为递增数列
10．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）

A．
B．
C．的图象与轴的交点坐标为
D．函数的图象关于直线对称
11．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．已知平面向量满足，且，则 .
13．若，且，则 .
14．已知正实数满足，则的最大值为 .
四、解答题
15．在公差不为0的等差数列an中，，且是与的等比中项.
(1)求an的通项公式；
(2)若，，求数列的前项和.
16．在锐角中，内角的对边分别为，且.
(1)证明：.
(2)若点在边上，且，求的取值范围.
17．已知函数.
(1)若，求的极值点；
(2)讨论的单调性.
18．已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)证明：.
19．当一个函数值域内任意一个函数值都有且只有一个自变量与之对应时，可以把这个函数的函数值作为一个新的函数的自变量，而这个函数的自变量作为新的函数的函数值，我们称这两个函数互为反函数.例如，由，得，通常用表示自变量，则写成，我们称与互为反函数.已知函数与互为反函数，若两点在曲线y=fx上，两点在曲线y=gx上，以四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的“关联矩形”.
(1)若函数，且点在曲线y=fx上.
（i）求曲线y=fx在点A处的切线方程；
（ii）求以点A为一个顶点的“关联矩形”的面积.
(2)若函数fx=lnx，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为S.证明：.（参考数据：）
参考答案：
1．C
【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题进行判断.
【详解】因为“”的否定是“”.
故选：C
2．A
【分析】先确定两个集合中元素，再根据交集的定义求解，
【详解】因为，所以.
故选：A．
3．C
【分析】求导，通过赋值逐项判断即可.
【详解】因为，所以，
则，所以，
则，所以.
故选：C
4．A
【分析】由当时，f′x≥0，可得是增函数，即可得到答案.
【详解】由，得，
则当时，f′x≥0，是增函数，
当时，可得是增函数；
当是增函数时，，
故“”是“是增函数”的充分不必要条件.
故选：A.
5．D
【分析】用赋值法即可求解.
【详解】令，则由，可得，
所以为常数函数，令，可得，故.
故选：D.
6．B
【分析】由已知可得，当和时分别求得最大值，即可求解.
【详解】由题意，新设备生产的产品可获得的年平均利润，
当时，，当且仅当时，等号成立，
则，
所以当时，取得最大值，且最大值为，
当时，，
所以函数在上单调递减，
所以当时，取得最大值，且最大值为，
故当新设备生产的产品可获得的年平均利润最大时，新设备运行的时间.
故选：.
7．C
【分析】先用余弦定理求出，再将向量用基底表示，借助向量运算性质计算即可.
【详解】由，解得.
设，
则.
故选：C
8．D
【分析】设，利用函数的单调性和奇偶性，把转化成，再结合三角函数的性质求的取值范围.
【详解】令，则恒成立，则在上单调递增，且是奇函数.
由，得，即，
从而，即
故选：D
【点睛】方法点睛：设，可得函数为奇函数，利用导函数分析函数的单调性，把转化成，再求的取值范围.
9．BC
【分析】根据题意，列出等式求出等比数列的首项和公比，然后逐一判断即可.
【详解】设等比数列an的公比为，
依题意得解得所以
故，故BC正确，A错误；
对于D，，则数列为递减数列，故D错误.
故选：BC.
10．AD
【分析】根据函数的图象确定其最小正周期，求出，判断A；利用特殊值可求出，进而求出的图象与轴的交点坐标，判断BC；判断的图象关于点对称，即可判断D.
【详解】由图可知，的最小正周期，则，A正确；
由图象可知时，函数无意义，故，
由，得，即，则，
即的图象与轴的交点坐标为，B，C错误；
由于，则的图象关于点对称，
可得函数的图象关于直线对称.
故选：AD
11．ACD
【分析】将，变形作差，可得，设，，求导判断函数的单调性即可判断；将变形，可得，设，，求导判断函数的单调性即可判断；根据，即可判断.
【详解】，，
，
令，，
则，在上单调递减，
所以，即，故正确；
因为，所以，
令，，
则，在上单调递减，所以，
即，故正确，
因为，，所以，故正确.
故选：.
【点睛】方法点睛：数的大小的比较，通过构造函数，通过求导利用函数的单调性求解是解题的关键.
12．
【分析】由向量数量积的运算律和向量垂直的表示直接计算即可得解.
【详解】因为，
所以，则，
所以.
故答案为：.
13．
【分析】化简三角函数式，求出，根据即可求解.
【详解】由，得.
因为，所以，则，则.
由，得，则，解得.
故答案为：.
14．
【分析】将代入可得，再由基本不等式求解即可.
【详解】解：因为，
所以.又，
所以，
当且仅当时，等号成立，
则的最大值为.
故答案为：
15．(1)
(2).
【分析】（1）根据等差数列通项公式把、、都用与表示，结合已知解出，即可得出的通项公式；
（2）先表示出，再表示出，用错位相减法即可求解.
【详解】（1）设的公差为，因为是与的等比中项，
所以，即，
整理得.
又，，所以，
则.
（2）由（1）可得，，
则①，
②，
①-②得
则.
16．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）化简已知等式结合余弦定理可得，再利用两角和的正弦公式即可证明结论；
（2）由已知条件结合正弦定理可得，根据锐角确定角C的范围，即可求得答案.
【详解】（1）证明：因为，所以，
整理得.
又，所以，从而，
整理得，则.
由，得，
即，结合锐角中，，
则，即.
（2）如图，由，可得，则.
在中，由正弦定理得，
整理得.
因为，且是锐角三角形，所以解得，
则，
从而，即的取值范围为.
17．(1)极小值点为1，无极大值点.
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数，可得当x∈−1,1时，单调递减；当x∈1,+∞时，单调递增，则得答案；
（2）由，则讨论的解的情况，进而讨论出的单调区间.
【详解】（1）因为，所以，
则，
令，解得或（舍），
当x∈−1,1时，单调递减；
当x∈1,+∞时，单调递增，
故的极小值点为1，无极大值点.
（2）由，则，
令，
若，即，
则方程无解或有两个相等的实数解，
此时恒成立，则的单调递增区间为，无单调递减区间.
若，即，
则方程的解为，
若，即，则，
当时，f′x>0，当时，f′x