皖豫天一大联考2024-2025学年高中毕业班阶段性测试(三)数学试题（原卷及解析版）

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考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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】根据集合交集的基本运算即可得出结果.
【详解】由集合即可得.
故选：B
2. 已知复数，若，则的实部与虚部的比值为（ ）
A. 3B. 2C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的模长公式化简可得，即可求解.
【详解】设,则由可得，
化简得，故的实部与虚部的比值为1，
故选：C
3. 已知是正项等比数列，若成等差数列，则的公比为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由题意设出公比，根据等差中项的性质建立方程，可得答案.
【详解】设等比数列的公比为，由数列为正项数列，则，
由为等差数列，则，，，
，解得或（舍去）.
故选：C.
4. 函数在区间上（ ）
A. 单调递增B. 单调递减
C. 先减后增D. 先增后减
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，，设，利用解析式组成即可判断在上单调递减，由零点存在定理，判断存在唯一的，使得，由此可判断与在和上的大小关系，即可判断的单调性.
【详解】因即，
设，显然，函数在上单调递减，
又，
由零点存在定理，存在唯一的，使得，
当时，，则，此时在上单调递增；
当时，，则，此时，在上单调递减.
即函数在区间上先增后减.
故选：D.
5. 放射性物质的衰变规律为：，其中指初始质量，为衰变时间，为半衰期，为衰变后剩余的质量.已知甲、乙两种放射性物质的半衰期分别为（单位：天），若两种物质的初始质量相同，1024天后发现甲的质量是乙的质量的8倍，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，计算即可得解.
【详解】由题意可得，即，
即.
故选：A.
6. 若函数在时取得极小值，则的极大值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数求导，结合极小值的定义建立方程求得参数，还原函数解析式明确定义域，求导列表，可得答案.
【详解】由函数，求导可得，
由题意可得，则，解得，
所以，则，
，令，解得或，
可得下表：
则函数的极大值为.
故选：D.
7. 若函数在区间上有唯一极值点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据极值的定义求导，结合余弦函数求得导函数的零点，由题意求得相邻的零点，建立不等式组，可得答案.
【详解】由函数，求导可得，
由题意可得方程在区间上存在唯一解，
由方程，解得，由题意取原点附近相邻两个解，
即当时，；当时，，
①令，解得；②令，无解.
故选：B
8. 在中，角所对的边分别为，已知，点在所在的平面内，满足，且，则（ ）
A. 有最大值10B. 有最小值10
C. 有最大值D. 有最小值
【答案】D
【解析】
【分析】由，结合向量线性运算可得平分，即可得，再结合余弦定理及基本不等式计算即可得.
【详解】由，则，即，
，
故，由、都为单位向量，故平分，
故，
则，则，
当且仅当时，等号成立，
即，即有最小值.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助，结合向量线性运算得到平分.
二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则（）
A. 与有相同的最小正周期
B. 与有相同的最大值
C. 与的图象有相同的对称轴
D. 将的图象绕点旋转可得到的图象
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于，由可以判断；对于，；对于，利用整体思想，结合正弦函数的对称轴，即可求出与的对称轴；对于D，只需判断与是否关于点对称即可.
【详解】对于，和中的均为，
由知，和的最小正周期相同，故A正确；
对于，当时，；
当时，，故B正确；
对于，令得，
的对称轴方程为，
令得，
的对称轴方程为，
和的对称轴不相同，故C错误；
对于D，设的关于点的对称函数为，
则图象上任意一点关于点的对称点在图象上，
，化简得，
图象绕点族转后可得到的图象，故D正确；
故选：ABD.
10. 如图，是边长为1的等边三角形，，点在以为直径的半圆上（含端点），设，则（ ）

A. 的值不可能大于1B.
C. 的最小值为D. 的最大值为1
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，利用反例，结合平面向量的基本定理，作平行四边形，可得答案；
对于B，根据等边三角形的几何性质，结合平面向量的线性运算，可得答案；
对于C、D，利用平面向量的线性运算，整理所求数量积仅仅只有一个变量，根据三角函数的值域，可得答案.
【详解】对于A，过点作交延长线于，过点作交于，作图如下：

在平行四边形中，，由，则，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C、D，作图如下：

，
在等边三角形中，易知，则，，
设与的夹角为，易知，则，
所以，故C错误，D正确.
故选：BD.
11. 已知数列满足，且则（ ）
A. B.
C. 当时，D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据三角恒等变换计算可得，再利用累乘法可求得数列的通项公式为，可知B错误，计算可得A正确，根据三角函数单调性可判断C正确，再由同角三角函数之间的基本关系可得D正确.
【详解】由可得
；
即，，
所以，
因此，
；
累乘可得；
所以，即，可得，即A正确；B错误；
当时，，所以可得；
又可得，即，可知C正确；
由可得，又，，
因此，
又时，易知，所以，
即可得，即D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用三角函数恒等变换以及累乘法得出数列满足，再根据三角函数单调性以及平方关系计算可得相应结论.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，使得，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】将带存在量词的不等式成立命题转化为不等式在给定区间上的能成立问题，继而转化成求函数的最值问题即得.
【详解】由，使得，即在上能成立，
即要求在上的最小值.
因在上为增函数，故，
故得，即实数的取值范围为.
故答案为：[1,+∞).
13. 如图是利用尺规作图得到的一个“九芒星”图形，若九芒星的顶点将圆九等分，设相邻两个顶点之间的劣弧对应的圆心角为，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用，结合三角函数的诱导公式即可求解.
【详解】由题可知，，所以，
因为
，
即，
又因为，所以，
故答案为：.
14. 已知函数，若关于的不等式的解集中有且仅有2个整数，则实数的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的对称性和单调性可得的解集中有且仅有2个整数，设，利用导数讨论其单调性后可得实数的最大值.
【详解】设，
因为均为上增函数，故为上的奇函数，
又，
由不等式可化为，
即，故，
故的解集中有且仅有2个整数，
故的解集中有且仅有2个整数，设，
则，
则当时，h′x0，
故hx在0,1上为减函数，在1,+∞上为增函数，
故，
故的最大值为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用函数的单调性以及奇偶性将问题转化为不等式的解集中的整数个数问题.
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. 已知数列是以为首项，为公比的等比数列，且.
（1）证明：是等差数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由等比数列的定义可得出，在等式两边同时除以，结合等差数列的定义可得结论；
（2）根据（1）中的结论求出数列的通项公式，然后利用错位相减法可求得.
【小问1详解】
因为是以为首项，为公比的等比数列，所以，
所以，即，
又，所以是首项为，公差为的等差数列.
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
所以，。
则，
上述两个等式作差可得
，
故.
16. 在中，内角所对的边分别为，已知，且
（1）求；
（2）若的外接圆半径为，周长为，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据弦切互化以及和差角公式可得，即可结合正弦定理求解，
（2）根据正弦定理边角互化可得，即可利用三角恒等变换求解.
【小问1详解】
因为,
故，
所以.
因为，所以，
又，所以.
【小问2详解】
由正弦定理可知，
因为，所以，
所以.
所以
又，所以，
所以，故.
17. 已知函数
（1）求的图象在点处的切线方程；
（2）若在区间上单调递减，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用导数几何意义得到斜率，进而求得切线；（2）令，借助导数,分类讨论研究得单调性，根据导数正负，得到单调性即可.
【小问1详解】
由题可知，
则，又，
故的图象在点处的切线方程为.
【小问2详解】
令，
则.
当时，，故在上存在零点，
记其中最小的零点为，则在上恒为正，在上单调递增，
故在上单调递增，
故在上单调递增，不符合题意
当时，在上有，
故在上单调递减，
即在上单调递减.
故在上单调递减，符合题意
故的取值范围为.
18. 已知函数.
（1）当时，求的零点个数；
（2）设，函数.
（i）判断的单调性；
（ii）若，求的最小值.
【答案】（1）2个 （2）（i）在上单调递增，在和上单调递减；（ii）
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，判断函数单调性，结合零点存在定理即可得结论；
（2）（i）求导，利用导数的正负即可判断函数单调性；
（ii）利用得到是关于的方程的两个不同的实根，从而得到，即，从而表示出，构造函数求解，即可得答案.
【小问1详解】
由题可知，则，
令，可得，
当时在单调递减，
当时在单调递增，
，
又，即在和内各有一个零点，
有2个不同的零点.
【小问2详解】
（i）由题可知，
则
令，可得或，
当时，，当时，，
在上单调递增，在和上单调递减.
（ii）由，可得是关于的方程的两个不同的实根，
故，即.
故
，
设，
当时，，
为上的增函数，的最小值为，
故的最小值为.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是求最小值时，要利用得到是关于的方程的两个不同的实根，从而得到，即，从而表示出，构造函数求解.
19. 设有穷数列的项数为，若（为常数，且），则称该数列为等积数列，叫做该数列的公共积.
（1）若是公共积为的等积数列，求该数列的公共积及；
（2）若是公共积为的等积数列，且（且为常数），证明：当时，对任意给定的，数列中一定存在相等的两项；
（3）若是公共积为1的等积数列，且是奇数，对任意的都存在正整数，使得，求证：是等比数列.
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等积数列定义求解可得答案；
（2）当时，根据等积数列定义，、及可得答案；
（3）设，利用是公共积为1的等积数列得，存在正整数，使得，必有，再有，得是公比为的等比数列可得答案.
【小问1详解】
为等积数列，.
；
【小问2详解】
当时，
是公共积为的等积数列，，
又.
又，
，即原命题得证；
【小问3详解】
设
是公共积为1的等积数列，且，
对任意的，都存在正整数，使得，
，这项均为中的项，
由题可知，，
必有，
又，
是公比为等比数列.
是公比为的等比数列.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用等积数列的定义和等比数列的定义求解.f′x
极大值
极小值