精品解析：湖南省邵阳市邵东市第一中学2024-2025学年高三上学期第三次月考（10月）数学试题

2024年下学期高三第三次月考试卷 时间：120分钟 总分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合， 若， 则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. “”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 3. 若，，，则ab的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 设等差数列的前项和为，且满足，则当取得最小值时，的值为（ ） A. 10 B. 12 C. 15 D. 24 5. 已知，则（ ） A. 5 B. C. -5 D. 6. 已知函数与的图象恰有一个交点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 已知函数，若函数在上只有三个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数没有极值点，则的最大值为（ ） 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，有选错或不选的得0分． 9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数是偶函数 D. 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象 10. 数列满足，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则为等比数列 B. 若，则为等差数列 C. D. 11. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，若有三个零点，则的取值范围是 B. 当且时， C. 对于任意满足 D. 若存在极值点，且，其中，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设是等比数列，且，，则_______. 13. 已知的内角、、的对边分别为、、，且，，，则_______ 14. 若函数有两个零点，则实数的取值范围为______. 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. 如图，在平面四边形ABCD中，，． （1）若，，求的值； （2）若，，求四边形ABCD的面积． 16. 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）证明：． 17. 已知锐角中，角、、所对边为、、，且． （1）求角； （2）若，求的取值范围． 18. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程. （2）讨论函数的单调性； （3）设函数.证明：存在实数，使得曲线 关于直线对称. 19. 若数列的各项均为正数，且对任意的相邻三项，都满足，则称该数列为“对数性凸数列”，若对任意的相邻三项，都满足则称该数列为“凸数列”． （1）已知正项数列是一个“凸数列”，且，（其中e为自然常数，），证明：数列是一个“对数性凸数列”； （2）若关于x的函数有三个零点，其中．证明：数列是一个“对数性凸数列”； （3）设正项数列是一个“对数性凸数列”证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年下学期高三第三次月考试卷 时间：120分钟 总分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合， 若， 则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，求出集合B，则可得，从而可求出实数的取值范围. 【详解】因为，所以． 则由， 可得， 故选：D． 2. “”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】A 【解析】 【分析】对于，通过分类讨论判断成立，对于，通过举反例说明不成立即可. 【详解】若，则当时，；当时，；故； 当时，成立，但无意义； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 若，，，则ab的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意利用基本不等式可得，以为整体，解一元二次不等式即可. 【详解】因为，，由基本不等式可得， 即，解得或（舍去），即， 当且仅当，即时，等号成立， 故ab的取值范围是． 故选：D． 4. 设等差数列的前项和为，且满足，则当取得最小值时，的值为（ ） A. 10 B. 12 C. 15 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】根据前项和的定义结合等差数列性质可得，进而分析数列的符号性，即可得结果. 【详解】因为，则， 又因为数列为等差数列，则， 可得，即， 且，可知， 即当时，；当时，； 所以当取得最小值时，的值为12. 故选：B. 5. 已知，则（ ） A. 5 B. C. -5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】把写成，写成，是为了后续能用两角和与差的公式展开，将已知条件转化为与、相关式子. 依据两角和与差的余弦公式，把和展开，得到只含、、、的式子，得到，再根据正切的定义，将其转化为的形式，进而求出结果. 【详解】已知，可变形为. 因为，， 所以.  左边， 即. 右边， 即. 所以.  可得： . 即. 所以，也就是.  故选：D. 6. 已知函数与的图象恰有一个交点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数并探讨奇偶性，由有唯一零点求出，再验证即可. 【详解】令函数，其定义域为R， ，函数为偶函数， 由函数与的图象恰有一个交点，得有唯一零点， 因此，即，解得，， 当时，， 令函数，，函数在上单调递增， ，则当时，，函数在上递增，在上递减， 所以函数有唯一零点，. 故选：A 7. 已知函数，若函数在上只有三个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 首先利用三角恒等变换化简函数，并得到函数，并求函数的零点，利用函数在上只有三个零点，列不等式求参数的取值范围. 【详解】因为，所以， 令得， 所以或， 即或，则或， 则非负根中较小的有：； 因为函数在上只有三个零点， 所以，解得. 故选:A 【点睛】方法点睛：求三角函数的值域，单调性，周期，零点等性质时，常常要通过三角恒等变换先求函数的解析式或的性质，首先将“”视为一个整体，然后结合或的图象和性质，去研究函数的性质，研究与三角函数相关零点问题时，函数图象的交点问题，方程根问题时，往往需要先画出三角函数的图象，在进行探索研究. 8. 已知函数没有极值点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】转化为恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，从而得到，故，换元后，构造函数，求导得到其单调性和最值，求出答案. 【详解】函数没有极值点， ，或恒成立， 由指数爆炸的增长性，不可能恒小于等于0， 恒成立． 令，则， 当时，恒成立，为上的增函数， 因为是增函数，也是增函数， 所以，此时，不合题意； ②当时，为增函数，由得， 令 在上单调递减，在上单调递增， 当时，依题意有， 即， ，， 令，， 则， 令，令，解得， 所以当时，取最大值 故当，，即，时，取得最大值 综上，若函数没有极值点，则的最大值为 故选：B. 【点睛】关键点睛：将函数没有极值点的问题转化为导函数恒大于等于0，通过构造函数，借助导数研究函数的最小值，从而得解. 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，有选错或不选的得0分． 9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数是偶函数 D. 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合函数图象依次求出,再根据选项，分别运用代入检验对称性，利用奇偶性定义判断函数奇偶性，利用伸缩变换得到新函数逐一判断即得. 【详解】由图可得，，，解得，故A正确； 又函数图象经过点，则，即， 因，故，解得，故. 对于B，当时，，此时函数取得最小值，故B正确； 对于C，，是奇函数，故C错误； 对于D，将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍， 将得到函数的图象，故D正确. 故选：ABD. 10. 数列满足，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则为等比数列 B. 若，则为等差数列 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】将两边同除，变形转化可求出是 等差数列，进而求出.进而分别结合等比数列、等差数列定义研究A、B项，利用求和公式研究D项. 【详解】由，，两边同除， 得：，即，且， 所以是公差为2，首项为1的等差数列， 所以，所以，则可知C错误； 因为，，所以，且， 所以是等比数列，则可知A正确； 对于B：，， 故数列为等差数列，则可知B正确； 对于D： ，则可知D正确. 故选：ABD． 11. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，若有三个零点，则的取值范围是 B. 当且时， C. 对于任意满足 D. 若存在极值点，且，其中，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A,B,求导确定函数单调性，求得极值，构造不等式即可判断；对于C，代入解析式化简即可；对于D，由，得到代入化简即可. 【详解】对于A:当时，，， 由，可得或， 由，可得， 所以的增区间为和，减区间为， 所以在处取到极大值，在处取到极小值， 若有三个零点，则解得，故正确； 对于B：当，，，同时 ，结合A函数的单调性得，故错误； 对于C：，故正确； 对于D：若， 由，得， 则， 其中代入，得， 整理得，即， 结合题设，故正确， 故选:ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设是等比数列，且，，则_______. 【答案】或 【解析】 【分析】求出公比后，由等比数列通项公式得出结论． 【详解】因为是等比数列，且，， 解得，或，则或. 故答案为：或 13. 已知的内角、、的对边分别为、、，且，，，则_______ 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理可求得的值，利用正弦定理边角互化思想结合两角和的正弦公式可求得，进而可求得的值，利用正弦定理可求得的值. 【详解】，即，， 由，解得， ，由正弦定理得， . ，，则，，， . 由正弦定理得，得. 故答案为：. 【点睛】本题考查三角形边长的计算，涉及余弦定理和正弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题. 14. 若函数有两个零点，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】分类讨论a的取值范围，结合函数的单调性以及利用数形结合方法，说明零点的个数问题，即可得答案. 【详解】当时，，无零点； 当时，在上单增，至多一个零点，不合题意； 设，， 当时，与的图象大致如图1所示， 时，，二者无交点， 当时，在单调递增，， 则在上单增，，故至多一个零点，不合题意； 当时，与的图象大致如图2所示，此时显然有两个交点， 故有两个零点；综上，， 故答案为： 【点睛】方法点睛：结合题意采用分类讨论参数的取值范围，进而数形结合，确定函数零点个数，即可求解. 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. 如图，在平面四边形ABCD中，，． （1）若，，求的值； （2）若，，求四边形ABCD的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）中求出，在中，由正弦定理求出的值； （2）和中，由余弦定理求出和，得和，进而可求四边形ABCD的面积． 【小问1详解】 在中，，，则， ， 在中，由正弦定理得， . 【小问2详解】 在和中，由余弦定理得 ， ， 得，又，得， 则，， 四边形ABCD的面积 . 16. 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）证明：． 【答案】（1） （2）证明： ∴ 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式； （2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得. 【小问1详解】 ∵ ，∴,∴, 又∵是公差为的等差数列， ∴,∴, ∴当时，， ∴, 整理得：, 即, ∴ ， 显然对于也成立， ∴的通项公式； 【小问2详解】 略 17. 已知锐角中，角、、所对边为、、，且． （1）求角； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的正切公式及诱导公式计算可得； （2）利用正弦定理将边化角，再转化为关于的三角函数，根据的取值范围及正弦函数的性质计算可得. 【小问1详解】 解：因为，所以， 所以，从而， 即， 所以，因为，所以． 【小问2详解】 解：因为，，由正弦定理，有 所以，， 所以， 又因为为锐角三角形， 所以，即，所以， 所以，从而的取值范围为． 18. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程. （2）讨论函数的单调性； （3）设函数.证明：存在实数，使得曲线 关于直线对称. 【答案】（1）； （2） 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增． 当时，在和上单调递增，在上单调递减； （3）证明： 函数， 函数的定义域为． 若存在，使得曲线关于直线对称， 则关于直线对称，所以 由 ． 可知曲线关于直线对称． 【解析】 【分析】（1）求出，求导，得到，由导数的几何意义求出切线方程； （2）求定义域，求导，对导函数因式分解，分，，和四种情况，解不等式，求出函数单调性； （3）先求函数定义域，根据定义域的对称性得到，再求出，证明出结论. 【小问1详解】 ，， 又， 故在处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 ，定义域为， ， 当时，令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增； 当时，令得或，令得， 故在和上单调递增，在上单调递减； 当时，恒成立，故在上单调递增； 当时，令得或，令得， 故在和上单调递增，在上单调递减； 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增． 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 【小问3详解】 略. 【点睛】结论点睛：函数的对称性： 若，则函数关于中心对称， 若，则函数关于对称， 19. 若数列的各项均为正数，且对任意的相邻三项，都满足，则称该数列为“对数性凸数列”，若对任意的相邻三项，都满足则称该数列为“凸数列”． （1）已知正项数列是一个“凸数列”，且，（其中e为自然常数，），证明：数列是一个“对数性凸数列”； （2）若关于x的函数有三个零点，其中．证明：数列是一个“对数性凸数列”； （3）设正项数列是一个“对数性凸数列”证明：． 【答案】（1） 因为，所以， 因为正项数列是一个“凸数列”， 所以，所以，所以， 所以数列是一个“对数性凸数列”. （2） 因为有三个零点， 所以有两个不等实数根， 所以， 又，所以； 时，，所以不是的零点， 又， 令，则也有三个零点， 即有三个零点， 令，则有三个零点， 所以有两个零点， 所以， 因为， 所以正项数列对任意的相邻三项，都满足， 所以数列是一个“对数性凸数列”. （3） 记，则要证， 即证， 即，即①， 因为数列为对数性凸数列，所以，， 所以，所以， ， 而， 所以 ， 当且仅当时等号成立， 故式①成立，所以原不等式成立． 【解析】 【分析】（1）根据的性质，由等量关系代换成关于的结论，紧扣定义，即可证明； （2）由原函数有三个零点，且导函数为二次函数，分析出导函数有两个零点，判别式大于零，推得；有三个零点，得到有三个零点，再次借助导函数的零点个数，可以得到，即可得证； （3）记，利用分析法，只需证，由数列为对数性凸数列，得到，，再用基本不等式证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：解决数列新定义题型，需要耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按照新定义的要求，结合所学习过的知识点，逐一分析、证明、求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $