2025届河南省安阳市林州市湘豫名校联考高三(上)11月期中数学试卷(解析版)

这是一份2025届河南省安阳市林州市湘豫名校联考高三(上)11月期中数学试卷(解析版)，共14页。试卷主要包含了 已知，则的值为等内容，欢迎下载使用。

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
【答案】B
【解析】命题是真命题，，是假命题.
故选：B
2. 已知集合，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由得：且，即；
由得：，即；
，，AB错误；
，，C错误，D正确.
故选：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
【答案】C
【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. 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
【答案】C
【解析】因为，
则，解得，
即等价于，
若为钝角，则，即充分性成立；
若，则为钝角或平角，即必要性不成立；
综上所述：“为钝角”是“”的充分不必要条件.
故选：C.
5. 已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以.
所以.
故选：B.
6. 当时，若存在实数，使得成立，则实数的最小值为（ ）
A. 6B. 10C. 12D. 16
【答案】D
【解析】因为，所以.
由，得.
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以实数的最小值为16.
故选：D.
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.
【答案】A
【解析】令，依题意得，即，则
即，
所以数列an是以1为首项､1为公差的等差数列.
所以.
∴
所以.
故选：A.
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.
【答案】A
【解析】函数在上单调递增，在上单调递减，所以取得最大值；取得最小值.
令，则可化为有两个零点，，且.
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. 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
【答案】BD
【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，D正确.
故选：BD.
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
【答案】ACD
【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. 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.
【答案】BCD
【解析】对于A，函数，由在上单调递减，得函数在上单调递增，A错误；
对于B，由，得是线段的中点，由，得，
又点在的图象上，则，即，
设是的图象上任意一点，点关于点的对称点为，
由，得，又，
即有，因此点在的图象上，即的图象上的任一点关于点的
对称点也在的图象上，函数的图象关于点中心对称，B正确；
对于C，当时，有，即当时，，
由，得，又在上单调递增，
因此，解得或，C正确；
对于D，令，
则，
得
，因此，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. 在中，角的对边分别为，若0，则的最长边是__________.（用题中字母表示）
【答案】
【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. 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__________.
【答案】
【解析】不等式的解集为，
则，且分别为方程两根，
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. 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__________.
【答案】
【解析】设，
因为恒成立，则.
因为，当时，，
可知在上单调递增，则，
所以对都有，且，可得，
由，可得.
令，则，
可知在上单调递减.
由，可化为，
即，可得，解得，
所以不等式的解集为.
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. 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.
解：（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. 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.
解：（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. 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.
解：（1）设数列an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an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
.
方法二：由（1）知，
所以
.
所以
.
所以.
18. 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.
解：（1）函数的定义域为，
.
因为，所以由，
得或.
又-ln-a>0，
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）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，由（1）可得存在极值，不符合题意
当时，恒有不存在极值，符合题意；
当时，由（1）可知令时，得或.
∵，
∴的单调递减区间为，单调递增区间为，
存在极值，不符合题意.
综上所述，.
19. 已知函数，当的值能使在区间0,+∞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an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：.
解：（1）由ftx=gx(1+x)2+11+x=x-t(1+x)2+11+xx>0，
得ft'x=(1+x)2-x-t⋅21+x(1+x)4-1(1+x)2=2t-x(1+x)3x>0.
因为，所以当时，在0,+∞上单调递减，无最值，不符合题意.
当时，时，ft'x>0；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0,+∞.
（2）因为，由（1）可知，当时，为“关于的界函数”.
当x∈0,+∞时，.（*）
要证当时，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）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b1+b2+⋯+bn≥n1+1n1-12n=n2n+1-12n>n2n+1.
所以原不等式成立.0
-
0
+
0
-
减函数
极小值
增函数
极大值
减函数