精品解析：黑龙江省龙东地区2025届高三上学期一轮复习联考（期中）数学试卷（二）

2025届高三一轮复习联考（二） 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.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. 考试时间为120分钟，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. 已知复数，则的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，集合，则集合（ ） A. B. C. D. 3. 已知命题，，则的否定是（ ） A. B. C. D. 4. 已知为等差数列的前n项和，若，则=（ ） A. 39 B. 52 C. 65 D. 78 5. （ ） A. ° B. ° C. ° D. ° 6. 若单位向量满足．则的夹角为（ ） A. B. C. D. 7. 在数学领域中，数形结合思想是极为关键的一种思想方法，它将数的概念与几何图形的特性相融合，使抽象的数学问题更加具体，复杂的几何问题更加直观．正如我国著名数学家华罗庚教授所言：“数与形本相互依存，岂能分开？”华罗庚教授的话简洁有力地诠释了数形结合，数和形作为不可分割的统一体，彼此相互依存．已知，则如图表示的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知是定义在上的导函数，同时，对任意，则必有（ ） A. B. C. D. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，则“”成立的充分不必要条件可以为（ ） A. B. C. D. 10. 若函数在区间上存在单调递减区间，则实数可以是（ ） A. 0 B. C. D. 1 11. 已知函数的部分图象如图所示，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. 在上的最小值为 D. 将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，是偶函数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数（且）的图象恒过的定点为________. 13. 已知，函数在处取得最小值，则________． 14. 已知定义在上的函数，满足，为偶函数，满足，则________． 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. 已知正实数为常数，且，无穷数列的各项均为正整数，且对任意正整数，恒成立． （1）证明：无穷数列为等比数列； （2）若，，，求数列的通项公式及数列的前项和． 16. 已知函数，若是定义域为的奇函数． （1）求出函数的解析式； （2）求不等式的解集． 17. 在△中，角所对的边分别为且． （1）求△的外接圆半径； （2）若△为锐角三角形，求△周长的取值范围． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数，讨论函数的单调性． 19. 一个混沌系统通常用一个变量来描述其在某个特定时刻的状态，为了保持系统的不规则性和不可预测性，这个状态变量需要通过特定的数学规则进行变换，以反映系统内在的动态行为．这种变换通常涉及复杂的非线性函数，它们能够使得系统的微小变化在长时间内产生巨大的影响，这种现象被称为“蝴蝶效应”．若对于一数列都满足，并且． （1）当时，对满足，若，求的通项公式； （2）当时，不是常数列，且，中是否存在连续的三项构成等差数列？若存在，请求出，若不存在，说明理由； （3）若时，，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三一轮复习联考（二） 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.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. 考试时间为120分钟，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. 已知复数，则的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的四则运算及共轭复数的概念即可求解. 【详解】由， 可得：， 所以的共轭复数是. 故选：C. 2. 已知集合，集合，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求得集合，进而求得. 【详解】，解得，所以， 所以. 故选：B 3. 已知命题，，则的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定的知识确定正确答案. 【详解】命题，，是存在量词命题， 所以的否定是：. 故选：A 4. 已知为等差数列的前n项和，若，则=（ ） A. 39 B. 52 C. 65 D. 78 【答案】B 【解析】 【分析】先根据等差数列的基本量运算得出通项，再应用等差数列前n项和公式计算求和即可. 【详解】设公差为d，∵， ∴由等差数列的通项公式得， 整理得，解得. ∴由等差数列前n项和公式得. 故选：B． 5. （ ） A. ° B. ° C. ° D. ° 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角恒等变换的知识化简求得正确答案. 【详解】 . 故选：A 6. 若单位向量满足．则的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据单位向量定义将等式平方可得，再由夹角公式计算可得结果. 【详解】由题意，， 由得， 即，所以， 设与的夹角为， 所以， 又，所以. 故选：C 7. 在数学领域中，数形结合思想是极为关键的一种思想方法，它将数的概念与几何图形的特性相融合，使抽象的数学问题更加具体，复杂的几何问题更加直观．正如我国著名数学家华罗庚教授所言：“数与形本相互依存，岂能分开？”华罗庚教授的话简洁有力地诠释了数形结合，数和形作为不可分割的统一体，彼此相互依存．已知，则如图表示的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性的定义以及余弦函数的性质求解. 【详解】因为恒成立，所以函数的定义域为， 又因为， 所以，则函数是奇函数， 为偶函数， 如图所示的图象为奇函数的图象， ，均为非奇非偶函数，B,C错误； 函数的定义域为，但所示图象的定义域为，A错误； 函数为奇函数，且定义域为，满足题意，D正确； 故选：D. 8. 已知是定义在上的导函数，同时，对任意，则必有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，求导可得为单调递减函数，即可求解. 【详解】由于的定义域为，且， 故， 因此， 因此为单调递减函数，由于，故故， 即， 故选：D 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，则“”成立的充分不必要条件可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用一元二次不等式的解法和充分必要条件的概念一一判断即可. 【详解】由解得，，即， 对A，因为推不出，能推出， 所以是的必要不充分条件，A错误； 对B，因为能推出，不能推出， 所以是的充分不必要条件，B正确； 对C，因为能推出，不能推出， 所以是的充分不必要条件，C正确； 对D，因为不能推出，不能推出， 所以是的既不充分也不必要条件，D错误； 故选:BC. 10. 若函数在区间上存在单调递减区间，则实数可以是（ ） A. 0 B. C. D. 1 【答案】AB 【解析】 【分析】先求出导函数，再利用导数与函数单调性的关系得到在上有解，再利用导数求得的最大值，从而得解. 【详解】由已知得， 因为在上存在单调递减区间， 则在上有解，即在上有解， 令，则， 当时，，递增，时，，递减， 所以，所以. 故选：AB. 11. 已知函数的部分图象如图所示，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. 在上的最小值为 D. 将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，是偶函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】由图象可求得，利肜图象过点，求得，分类讨论求得，判断AB，进而计算可判断CD. 【详解】由图象可得，所以， 又函数过点，所以， 又，所以， 当时，， 又函数过点，所以， 解得，所以，所以①， 又最小正周期，所以②，由①②可得无解，故不符合题意， 当时，， 又函数过点，所以， 解得，所以，所以①， 又最小正周期，所以②，由①②可得， 所以函数，故A正确，B错误； ，则， 所以，即时，， 所以在上的最小值为，故C正确； 由函数的图象向右平移个单位长度得到的图象， 可得， 所以，所以是偶函数，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：正确求解需熟练常握正余弦型函数的图象与性质，分类讨论确定是关键，进而利用正余弦型函数的性质可得结论. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数（且）的图象恒过的定点为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合指数函数定点分析求解即可. 【详解】令，解得，且， 所以函数的图象恒过定点， 故答案为： 13. 已知，函数在处取得最小值，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简函数，结合复合函数求最值得取得最小值时的值，即的值，化简所求式子，再代入求解即可得答案. 【详解】 因为，所以， 故当，即时，取得最小值，即， 所以. 故答案为：. 14. 已知定义在上的函数，满足，为偶函数，满足，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由为偶函数，可得的图象关于直线对称，由，可得的图象关于点中心对称，则可求得周期，再由已知条件可求得，利用函数的周期性即可求得答案. 【详解】因为为偶函数，则， 所以函数的图象关于直线对称， 因为， 所以函数的图象关于点中心对称， 所以函数的周期， 令，则，得， 则， 又， 令，则，得， 则， 所以， 则. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：利用函数的对称性，由已知条件求出函数的对称轴和对称中心，进而求得函数的周期，利用周期性即可求和. 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. 已知正实数为常数，且，无穷数列的各项均为正整数，且对任意正整数，恒成立． （1）证明：无穷数列为等比数列； （2）若，，，求数列的通项公式及数列的前项和． 【答案】（1）证明：当时，， 又，，，故， 故无穷数列是以为首项，为公比的等比数列； （2）， 【解析】 【分析】（1）由题意可得，结合等比数列定义即可得证； （2）结合所给数据，由等比数列定义可得数列通项公式，即可得数列的通项公式，再利用等差数列求和公式计算即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，故， 即，则， 则. 16. 已知函数，若是定义域为的奇函数． （1）求出函数的解析式； （2）求不等式的解集． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据奇函数的定义取特值求的值，并代入检验即可； （2）分析可知在上单调递增，结合单调性和奇偶性解不等式即可. 【小问1详解】 因为是定义域为的奇函数，则，解得， 若，则， 且，即，解得， 若，，则， 可得， 即，符合题意 综上所述：. 【小问2详解】 因为， 因为在上单调递增，则在上单调递增， 若，则， 可得，即，解得， 所以原不等式的解集为. 17. 在△中，角所对的边分别为且． （1）求△的外接圆半径； （2）若△为锐角三角形，求△周长的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理角化边，在结合余弦定理求得，即可求解； （2）根据正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式及辅助角公式，将转化为三角函数，根据为锐角三角形得出的范围，结合三角函数的性质得出范围即可求解． 【小问1详解】 因为，所以， 由， 可得：，即， 又，所以， 所以，， 所以， 所以△的外接圆半径为. 【小问2详解】 由（1）知，， 由正弦定理有， 所以 ， 因为为锐角三角形，所以，解得， 所以，则， 所以，则， 所以周长的取值范围为． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数，讨论函数的单调性． 【答案】（1）. （2）当时，在上为增函数； 当时，在，上为增函数，在上为减函数. 【解析】 【分析】（1）求，计算，得到切线的斜率，求出切线的方程. （2）求，结合基本不等式对的取值分类讨论，根据的正负分析的单调性. 【小问1详解】 由题意得，当时，， ∴， ∴，， ∴曲线在点处的切线方程为， 整理得. 【小问2详解】 ∵， ∴，定义域为， ∴， ∵当时，（当且仅当即时等号成立）， ∴当时，在恒成立，在上为增函数. 当时，. 令， ∵方程的判别式， ∴方程有两个不相等的实数根，且，， ∴. 解方程得， 令，，则. 图象如图： 当即时，，，为增函数， 当即时，，，为减函数， 当即时，，，为增函数. 综上，当时，在上为增函数， 当时，在，上为增函数，在上为减函数. 【点睛】思路点睛：本题考查分类讨论法求解函数的单调区间（含参），具体思路如下： （1）求，根据对分和两种情况讨论. （2）当时， ，在上为增函数. （3）当时，，构造函数，通过对正负的分析得出的单调性. 19. 一个混沌系统通常用一个变量来描述其在某个特定时刻的状态，为了保持系统的不规则性和不可预测性，这个状态变量需要通过特定的数学规则进行变换，以反映系统内在的动态行为．这种变换通常涉及复杂的非线性函数，它们能够使得系统的微小变化在长时间内产生巨大的影响，这种现象被称为“蝴蝶效应”．若对于一数列都满足，并且． （1）当时，对满足，若，求的通项公式； （2）当时，不是常数列，且，中是否存在连续的三项构成等差数列？若存在，请求出，若不存在，说明理由； （3）若时，，，证明：． 【答案】（1）； （2）存在连续三项成等差数列； （3）证明：当时，， 又因为，， 所以当时，，所以 所以 ， 因为，所以， 所以数列单调递增，且， 则， 所以， 所以 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，两式相减可得或，从而得，，又由，由归纳法即可得答案； （2）假设数列中连续的三项构成等差数列，则可得，，再由无实数解，即可得答案； （3）由题意可得数列单调递增，且，且，利用裂项相消，即可得证. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 又因为， 所以， 所以， 所以或， 若，代入， 则有或， 又因为，所以，则； 若，则， 代入，得， 解得，则； 综上，，； 又因为，， 所以， ， …… 由此可得， 证明：当时，有， 当时，有， 所以数列为常数数列，其通项公式为：； 【小问2详解】 当时，， 假设数列中连续的三项构成等差数列， 则有， 又因为，， 所以，即， 所以有， 整理得：， 解得(舍)或， 所以， 则， 假设不是第一项，则有， 则有， 又因为无实数解，即不存在项， 所以假设错误； 所以当且仅当时，存在连续的三项构成等差数列， 故存在连续三项成等差数列； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点睛：本题的关键是在第（3）问中，利用放缩法进行证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $