湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2024-2025学年高三上学期期中联考数学试卷（Word版附解析）

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命题学校：鄂南高中 命题教师：高一数学教研组
审题学校：黄梅一中 审题教师：吴启红
考试时间：2024年11月4日下午15：00-17：00 试卷满分：150分
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】B
【解析】
【分析】化简集合，再根据集合交集运算求解.
【详解】由，解得，
，又，
.
故选：B.
2. 已知，，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用和角的余弦公式求出即可得解.
【详解】由，得，而，
因此，所以.
故选：C
3. 设，则“”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】A
【解析】
【分析】利用不等式的性质化简，即可根据逻辑关系求解.
【详解】由可得，
由可得或，
故能得到，同时也无法推出，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
4. 已知函数，那么在下列区间中含有函数零点的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】我们将通过计算区间端点的函数值的正负来判断函数在哪个区间存在零点.
【详解】因为在上均单调递减，
则在上单调递减，
对A，可得.
因为幂函数在上单调递增，所以，
且函数在上连续不间断，
则在上无零点，故A错误；
对B，因为在上单调递减，
则，则，且函数在上连续不间断，
故在上存在零点，故B正确；
对C，因为，且函数在上连续不间断，
则上无零点，故C错误；
对D,计算，
且函数在上连续不间断，则在上无零点，故C错误；
故选：B.
5. 在中，点，分别为，边上的中点，点满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用向量加法及数乘向量运算求解即得.
【详解】依题意，，而，
所以
故选：D
6. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑的高度，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上两点与点在同一条直线上，且在点的同侧，若在处分别测量球体建筑物的最大仰角为和，且，则该球体建筑物的高度约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】数形结合求得，进而根据即可求解.
【详解】如图，设球的半径为，
则，
所以由题，又，
故
，
所以，即该球体建筑物的高度约为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是依据已知条件数形结合得，进而由求出球的半径得解.
7. 已知函数，当时，把的图象与直线的所有交点的横坐标限依次记为，记它们的和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数与直线的交点，再结合数列求和计算即可.
【详解】解：由，则或，
解得或，
所以，，，，…，，
所以，故B正确.
故选：B
8. 已知定义在上的函数在区间上单调递减，且满足，函数的对称中心为，则下述结论正确的是（ ）（注：）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件证明，函数的对称中心为，
对于A，结合单调性证明，再证明，由此判断结论；
对于B，结合对称性可得，结合单调性可得，由此判断结论；
对于C，结合性质，可得，再由单调性比较大小判断结论；
对于D，由条件可得，，再结合单调性比较大小判断结论
【详解】解：，故
所以，
函数的对称中心为，
函数往左平移2个单位得到函数，
故函数的对称中心为，所以，
取可得，，
对于A，在区间上单调递减，故，
且，
所以，故A错误：
对于B，在区间上单调递减，对称中心为，
故，且在区间上单调递减，
则，，故B错误；
对于C，结合在区间上单调递减，
故，故C正确：
对于D，因为，
取可得，又，
所以，
所以，
因为函数的对称中心为，故，
所以
因为，
故，
且，，即，
结合在区间上单调递减，故，故D错误.
故选：C
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 设四个复数，，，在复平面内对应点、、、在同一个圆上，则下述结论正确的是（ ）
A. 与互为共轭复数B. 点在第二象限
C. 复数的虚部是D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先需要求出这四个复数在复平面内的坐标，根据共轭复数概念，几何意义，除法，虚部概念来判断前面ABC选项，
再根据四个点在同一个圆上这一条件，可利用圆的方程相关知识来判断D选项.
【详解】对于，其对应点.
对于，其对应点.
对于，其对应点.
对于，其对应点.
对于选项A,，，它们实部不同，不是共轭复数，所以选项A错误.
对于选项B，对于，所以点在第二象限，选项B正确.
对于选项C,，，.
其虚部是，选项C正确.
对于选项D，，，，在同一个圆上.
设圆的方程为.
将代入方程得，即 ①.
将代入方程得，即 ②.
将代入方程得，即③.
用②-①可得：
即解得.
将代入①和③，①变为，③变为.
用③-①可得：，解得.
将代入，可得.
所以圆的方程为.
将代入，得到，即，
，解得.
，.
则，即，所以选项D正确.
故选：BCD.
10. 已知两个正数，满足，则下述结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】变形等式判断A；利用基本不等式判断B；举例说明判断C；作差与0比较大小判断D.
【详解】对于A，由，得，因此，A正确；
对于B，由，得，当且仅当时取等号，B正确；
对于C，取，满足，而，C错误；
对于D，由，得，则
，D正确.
故选：ABD
11. 已知函数，若不等式对任意都成立，则实数的值可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定条件，按分类作出函数和的图象，结合图象可得当，，成立时，恒成立，再构造函数，利用导数求出最小值即可得解.
【详解】依题意，函数的图象恒在的图象及上方，
作函数和的图象，
当时，如上左图所示，观察图知在R上不恒成立，不合题意；
当时，如上右图所示，观察图知，当且仅当，成立时，恒成立，
即当时，，令，，求导得，
当时，，当时，，函数在上递减，在上递增，
因此，所以实数的取值范围是，的值可以为AC.
故选：AC
【点睛】关键点睛：分类作出函数和的图象，结合图象确定求解条件是关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数的最小正周期是，则的值为______.
【答案】2
【解析】
【分析】k利诱导公式化简，结合二倍角正弦和周期公式计算即可.
【详解】解：
，
所以，.
故答案为：2.
13. 已知两个单位向量，满足，则向量和的夹角为______.
【答案】
【解析】
【分析】由条件结合数量积运算律可求，再求，，根据向量夹角公式求结论.
【详解】因为向量，为单位向量，所以，，
又，所以，所以，
所以，
，
所以，
又，所以.
故答案为：.
14. 设数列的前项和为，若是以为首项，公差为1的等差数列，并且存在实数，使得数列也成等差数列，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出及，再利用等差数列通项的特征分析求解即得.
【详解】依题意，，则，
由数列为等差数列，得，且是的一次式
而对任意正整数，不恒成立，因此对恒成立，
即，解得，所以实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：由为等差数列，探求得是解决问题的关键.
四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 记是等差数列的前项和，，且，，成等比数列.
（1）求和；
（2）若，求数列的前20项和.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）设出等差数列的公差，由给定条件列出方程求出，利用等差数列前项和公式求解即可.
（2）由（1）的结论求出，利用裂项相消法求和即得.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则，
由，得，即，解得，
所以，.
【小问2详解】
由（1）知，，又，则
因此，
所以.
16. 记的内角，，的对边分别为，，，分别以，，为边长的三个正三角形的面积依次为，，，已知，.
（1）求的面积；
（2）若，求
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合正三角形面积可得，再利用余弦定理及三角形面积公式计算即得.
（2）由（1）中信息，利用正弦定理求得即可.
【小问1详解】
在中，依题意，，，，
则，即，
由余弦定理得，整理得，，由，
得，则，
所以的面积.
【小问2详解】
由正弦定理，得，
则，所以.
17. 已知角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点Ax1,y1，将射线按逆时针方向旋转后于单位圆交于点Bx2,y2，，.
（1）若，求的取值范围；
（2）在（1）的条件下，当函数的最大值是时，求的值.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）利用三角函数的定义求出，进而求出，利用正弦函数的性质求出范围.
（2）利用（1）的信息，求出，利用换元法，结合闭区间上二次函数最值求解即得.
【小问1详解】
由三角函数定义，得，，
，
由，得，则，
因此，的取值范围是.
【小问2详解】
由（1）及已知，得，，
令
，，
①当时，在上单调递减，，则；
②当时，在上单调递增，在上单调递减，
，不符合题意；
③当时，在单调递增，，则，
所以或.
18. 已知为函数的极小值点.
（1）求的值；
（2）设函数，若对，，使得，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，由求出并验证即可得解.
（2）由（1）求出在上的最小值，再按分类，并借助导数讨论值即可求解.
【小问1详解】
函数的定义域为R，求导得，
依题意，，解得或，
当时，，当或时，，当时，，
因此为函数的极小值点，符合题意，则；
当时，，当或时，，当时，，
因此为函数的极大值点，不符合题意，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，因此，
①当时，对，，使得，
因此，符合题意，则；
②当时，，取，对，有，不符合题意；
③当时，函数，求导得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，则，
若对，，使得，只需，即，解得，
所以的取值范围为.
19. 已知正实数构成的集合
（1）若定义，当集合中的元素恰有个数时，称集合具有性质.
①当，时，判断集合，是否具有性质，并说明理由；
②设集合，其中数列为等比数列，且公比为2，判断集合是否具有性质并说明理由.
（2）若定义，当集合中的元素恰有个数时，称集合具有性质.设集合具有性质且中的所有元素能构成等差数列.问：集合中的元素个数是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）①集合不具有性质，集合具有性质，理由见解析；②集合具有性质，理由见解析；
（2）存在，最大值为4.
【解析】
【分析】（1）①写出中的所有元素，利用定义判断即可；②求出等比数列的通项，证明该数列任意两项的和不等，由此求出中的元素个数即可判断.
（2）根据新定义得在集合中，，得到，由此分类讨论，可确定n的取值，可得答案.
【小问1详解】
①集合不具有性质，集合具有性质：
，中元素个数不具有性质；
，中元素个数具有性质.
②若集合具有性质，设，
假设当时有成立，则有，
等式左边为偶数，右边为奇数，显然不成立，则不成立，
因此中元素个数，所以集合具有性质.
【小问2详解】
不妨设，
则在集合中，，
又中的所有元素能构成等差数列，设公差为，
则，
即，于是，
当时，是集合A中互不相同的4项，
从而中元素个数小于，与集合A具有性质矛盾，
当时，，即成等差数列，且公差也为，
则中的元素从小到大的前三项为，且第四项只能是或，
（i）若第四项为，则，从而，
于是，中元素个数小于，与集合A具有性质矛盾；
（ii）若第四项为，则，有，
而，即，于是，
因此中元素个数小于，与集合A具有性质矛盾，则，
取，，则集合A具有性质，
所以集合A中的元素个数存在最大值，最大值为4.
【点睛】关键点睛：本题是关于集合新定义类型题目，解答的关键是要理解新定义，并依据该定义去解决问题.