河南省安阳市林州市湘豫名校联考2024-2025学年高三上学期11月一轮诊断考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份河南省安阳市林州市湘豫名校联考2024-2025学年高三上学期11月一轮诊断考试数学试卷（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了本试卷共6页，已知，则的值为，已知为实数，则下列结论正确的有等内容，欢迎下载使用。

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湘豫名校联考
2024年11月高三一轮复习诊断考试
数学
注意事项：
1.本试卷共6页.时间120分钟，满分150分.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名､考场号､座位号､准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回.
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.已知命题，使得成立，则下列说法正确的是（ ）
A.，为假命题
B.，为假命题
C.，为真命题
D.，为真命题
2.已知集合，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
3.若复数满足，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
4.设非零向量的夹角为，若，则“为钝角”是“”的（ ）
A.充要条件 B.必要不充分条件
C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件
5.已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
6.当时，若存在实数，使得成立，则实数的最小值为（ ）
A.6 B.10 C.12 D.16
7.已知数列的前项和为，对任意正整数，总满足，若，则的前项和（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数，若函数有4个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知为实数，则下列结论正确的有（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
10.已知中，点是边的中点，点是所在平面内一点且满足，则下列结论正确的有（ ）
A.点是中线的中点
B.点在中线上但不是的中点
C.与的面积之比为1
D.与的面积之比为
11.已知是函数的图象上的两点，对坐标平面内的任一点图象上的点都满足，若，则下列结论正确的有（ ）
A.在上单调递减
B.的图象关于点中心对称
C.若，则实数的取值范围为
D.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.在中，角的对边分别为，若0，则的最长边是__________.（用题中字母表示）
13.已知不等式的解集为.若不存在整数满足不等式，则实数的取值范围是__________.
14.已知函数是定义在上的连续可导函数，为其导函数，且恒成立.若当时，，且，则不等式的解集为__________.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.（本小题满分13分）
已知复数在复平面内对应的点分别为是坐标原点，点是复平面内一点，且.
（1）若，求与的关系；
（2）若不共线，三点共线，求的值.
16.（本小题满分15分）
已知函数是偶函数，且其图象上相邻的最高点与最低点间的距离为.
（1）求的单调递增区间；
（2）在中，其内角的对边分别为，已知2，且，求的面积.
17.（本小题满分15分）
在等差数列中，已知，其前项和为，且对任意正整数都成立.
（1）求的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
18.（本小题满分17分）
已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若在其定义域内不存在极值，求实数的值.
19.（本小题满分17分）
已知函数，当的值能使在区间上取得最大值时，我们就称函数为“关于的界函数”.
（1）若为“关于的界函数”，求实数的取值范围；
（2）在数列中，已知，且，判断时，是不是“关于的界函数”？若是，请证明：当时，的值不小于“关于的界函数”；若不是，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，求证：.
湘豫名校联考
2024年11月高三一轮复习诊断考试
数学参考答案
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.B 【试题分析】本题主要考查实数的基本知识及含有量词的命题的否定.
【解析】易知命题是真命题，则，显然是假命题.故选B.
2.D 【试题分析】本题主要考查函数的定义域及集合间的基本关系.
【解析】，且，结合数轴可得.故选D.
3.C 【试题分析】本题主要考查复数的运算､有关概念及复数的几何意义.
【解析】因为，所以，所以在复平面内对应点的坐标为，位于第三象限.故选C.
4.C 【试题分析】本题主要考查向量的夹角､数量积､模的计算及充分必要条件的判断.
【解析】因为，若为钝角，则，充分性成立，反之，若，则为钝角或平角，必要性不成立.故选C.
5.B 【试题分析】本题主要考查同角三角函数的基本关系及三角恒等变换.
【解析】因为，所以.所以.故选B.
6.D 【试题分析】本题主要考查同角三角函数的基本关系､利用基本不等式求最值及学生分析问题､解决问题的能力.
【解析】因为，所以.由，得.所以16，当且仅当，即时等号成立，所以实数的最小值为16.故选D.
7.A 【试题分析】本题主要考查等差数列的概念､通项公式､数列求和及学生处理综合问题的能力.
【解析】令，依题意得，即，所以数列是以1为首项､1为公差的等差数列.所以.所以.故选A.
8.A 【试题分析】本题主要考查函数的图象与性质及函数零点的分布等基础知识，并以此为载体着重考查学生分析问题､解决问题的能力.
【解析】函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得极大值；当时，取得极小值.令，则可化为有两个零点，，且.所以当时，即时，则需，即，解得；当时，，满足题意当时，，即当4时，，满足题意；当时，，不满足题意，综上所述，的取值范围为.故选A.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.BD 【试题分析】本题主要考查指数､对数及不等式的性质.
【解析】A选项，当时结论不成立，A错误；B选项，由不等式的性质可知B正确；C选项，由，得，当时，结论不成立，C错误；D选项，由，得，由不等式的性质可知正确.故选BD.
10.ACD 【试题分析】本题主要考查平面向量的线性运算､三角形中线的性质等知识及学生的运算能力和分析问题､解决问题的能力.
【解析】因为的中点为，所以.又，所以，所以，即为的中点，A正确，B错误.由A正确可知，，所以C，D正确.故选ACD.
11.BCD 【试题分析】本题主要考查函数的单调性､对称性及项求和，并以此为载体，着重考查学生的计算能力和分析问题､解决问题的能力.
【解析】，由在上单调递减，得函数在上单调递增，A错误；由，得是线段的中点.所以由，得.又点在的图象上，所以，所以.设是的图象上任意一点，则点关于点的对称点为，由，得.又，即有，所以点在的图象上，即的图象上的任一点关于点的对称点也在的图象上，所以的图象关于点中心对称，B正确；由上知，当时，有，由此可知，当时，.因为，所以，即.又在上单调递增，所以，解得或1，C正确；设①，则②.①+②，得，所以，D正确.故选BCD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 【试题分析】本题主要考查正弦定理和余弦定理及学生的运算能力.
【解析】根据正弦定理，得.由余弦定理，得，所以角是钝角.所以的最长边是.
13. 【试题分析】本题以一元二次不等式及其解法为载体，主要考查学生的逻辑思维能力和分析问题､解决问题的能力.
【解析】不等式的解集为，则，且分别为方程的两根，由根与系数的关系，得即.将代入不等式，化简得，即.容易判断或时，均不符合题意，所以.所以原不等式即为，依题意应有且，所以.
14. 【试题分析】本题主要考查导数的应用及学生洞查问题､分析问题和解决问题的能力.
【解析】设恒成立，即.因为，所以当时，，即在上单调递增，即当时，，所以对都有.又，所以.所以由，得.令，则，所以在上单调递减.由，可化为，所以.所以，解得.故不等式的解集为.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.【试题分析】本题考查了复数的几何意义､平面向量的垂直与平行等基础知识，考查学生分析问题､处理问题的能力以及计算能力.
【解析】（1）由题意，得，
则.
所以.
又，所以，
即，
.
因为，所以与的关系为.
（2）若三点共线，则有且或1.
所以有，
即.①
又由，得，
即.②
由①②知解得且或1.
所以的值为1.
16.【试题分析】本题以三角函数的性质及解三角形为载体，主要考查了学生的逻辑推理能力和计算能力
【解析】（1），
所以由函数为偶函数，知.
又，所以，即有.
因为，所以有.
所以.
又其图象上相邻的最高点与最低点间的距离为，且，
所以有，解得.
所以的单调递增区间为.
（2）由正弦定理，及，
得，
化简可得，即.
又，所以.
由，及余弦定理，
得，解得或（舍去），所以.
又因为，所以.
所以.
17.【试题分析】本题主要考查了等差数列､等比数列的通项､性质及求和等基础知识，并以此为载体，着重考查学生的逻辑推理能力和计算能力及分析问题､解决问题的能力.
【解析】（1）设数列的公差为，则在中分别取，
得即
由①得或.
因为，所以.
代入②，得或.
当时，，与矛盾，舍去；
当时，.
所以的通项公式为.
（2）方法一：由（1）知，
所以.
所以.
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以数列的前项和为
.（结果正确即可）
方法二：由（1）知，
所以
.
所以
.
所以.（结果正确即可）
18.【试题分析】本题以导数为载体，运用分类讨论的思想，重点考查了学生分析问题､解决问题的能力，以及逻辑推理能力和计算能力.
【解析】（1）函数的定义域为，
.
因为，所以由，
得或.
又，
所以随的变化情况如下表：
由上表可知，的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）方法一：函数的定义域为，
若在其定义域内不存在极值，则在上为单调函数，
即恒成立，或恒成立.
当时，，不符合题意；
当时，令，当时，或恒成立，
即为或在时恒成立.
设，
若的图象是开口向上的抛物线，
只需使恒成立.
又，所以当时，不可能恒成立.
所以不符合题意；
若的图象是开口向下的抛物线，
只需使恒成立.
又对称轴为，
所以要使，恒成立，
只需使.
所以.
方法二：由（1）知，
当时，，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，存在极值，不符合题意；
当时，恒有不存在极值，符合题意；
当或时，由（1）可得存在极值，不符合题意.
综上所述，.
19.【试题分析】本题通过函数与数列知识的交汇，考查导数的应用､数列的递推､等比数列及不等式的证明等有关知识，着重考查了学生综合运用所学知识分析问题､解决问题的能力，以及逻辑推理能力和计算能力.
【解析】（1）由，
得.
因为，所以当时，在上单调递减，无最值，不符合题意.
当时，时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以当时，取得最大值.
故若为“关于的界函数”，则实数的取值范围是.
（2）因为，由（1）可知，当时，为“关于的界函数”.
当时，.（*）
要证当时，的值不小于“关于的界函数”，
即证.
又，得，
所以.
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以，即有.
检验知时，结论也成立，故.
所以.
所以由（*）式知，.
所以当时，的值不小于“关于的界函数”.
（3）方法一：由（2）知，当时，，有成立，
所以
.
由（1）可知时，上式取得最大值，
所以.
所以.
所以原不等式成立.
方法二：，
若，则.
所以只需证.
当时，.
只需证，可证.
只需证，即证.
又时，.
所以，得证.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
D
C
C
B
D
A
A
BD
ACD
BCD
0
-
0
+
0
-
减函数
极小值
增函数
极大值
减函数