精品解析：四川省泸州市马街中学等部分校2024-2025学年高三上学期第一次诊断性考试数学试题

合江高2022级高三上期第一次诊断性考试 数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至4页．共150分．考试时间120分钟． 第I卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得的值，然后计算即可. 【详解】由题意可得，则. 故选：A. 2. 若复数z满足，则（ ） A. 1 B. 5 C. 7 D. 25 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模． 【详解】由题意有，故． 故选：B． 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式、同角三角函数的基本关系式求得正确答案. 【详解】. 故选：B 4. ，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用和差角的正弦公式求出，再利用同角公式计算即得. 【详解】由，得，即，而， 所以. 故选：A 5. 已知为等差数列的前项和，，则（ ） A. 240 B. 60 C. 180 D. 120 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列的性质以及前项和公式求解即可. 【详解】因为数列为等差数列，所以， 所以， 所以． 故选：D． 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角正切公式求得，再利用拆角的方法结合两角差的正切公式，即可求得答案. 【详解】由得，， 而， 故 ， 故选：B 7. 函数存在3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】写出，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可. 【详解】，则， 若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则， 令，解得或， 且当时，， 当，， 上单调递增， 在上单调递减， 故的极大值为，极小值为， 若要存在3个零点，则，即，解得， 故选：B. 8. 记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（ ） A. 1 B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解. 【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得， 又因为函数图象关于点对称，所以，且， 所以，所以，， 所以. 故选：A 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．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. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. 与的夹角为 C. D. 在上的投影向量是 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的坐标运算逐项判断. 【详解】对于A：，故A错误. 对于B：，因为，所以，故B正确； 对于C：，则，故C正确； 对于D：在上的投影向量是，故D正确. 故选：BCD. 10. 在中，角的对边分别为.根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是（ ） A. ，有唯一解 B. ，无解 C. ，有两解 D. ，有唯一解 【答案】AD 【解析】 【分析】根据三边确定可判断A选项；由正弦定理，在结合大边对大角可判断B，C，D选项. 【详解】解：选项A，，已知三边三角形确定，有唯一解，A正确； 选项B，由正弦定理得：，则，再由大边对大角可得，故可以为锐角，也可以为钝角，故三角形有两解，B错误； 选项C，由正弦定理得：，则，且，由大边对大角可得，则只能为锐角，故三角形有唯一解，C错误； 选项D，由正弦定理得：，，由于，则是锐角，有唯一解，D正确. 故选：AD. 11. 若正实数，满足，则下列不等式中可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】依题意可得，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得到，再令，利用导数说明，即，从而得到，当且仅当时取等号，即可判断. 【详解】解：因为，所以， 因为，所以，则， 令，，则， 所以在上单调递增， 由，可得， 令，则，所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，则，即当且仅当时取等号， 即当且仅当时取等号， 又，所以，当且仅当时取等号， 当时或， 结合与的图象也可得到 所以或. 故选：AC 第II卷（非选择题共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效． （2）本部分共8个小题，共92分． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 不等式的解集是________． 【答案】或. 【解析】 【分析】将分式不等式化为一元二次不等式求解即可. 【详解】等价于，即，等价于，解得：或. 即不等式的解集是或. 故答案为：或. 13. 已知实数a，b满足，则的最小值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先判断出，且.令，利用判别式法求出的最小值. 【详解】因为实数a，b满足， 所以，且. 令，则，所以， 代入，则有， 所以关于b的一元二次方程有正根， 只需，解得：. 此时，关于b的一元二次方程的两根，所以两根同号，只需，解得. 综上所述：. 即的最小值是（此时，解得：）. 故答案为：. 14. 已知，，，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】将变形为，然后利用对勾函数求得，再根据对勾函数求得，再次利用对勾函数的性质即可求解. 【详解】 设 根据“对勾函数”，在上单调递减，在上单调递增， ， ， 设， ， 根据“对勾函数”，在上单调递减，在上单调递增， ，由题中可得， ， 设， ， 根据“对勾函数”，在上单调递减，在上单调递增， ，又， ， 的最小值为（当时取得)， 故答案为：. 【点睛】求解本题的关键是将原式化简，指定主元，多次利用对勾函数的性质进行求解. 四、解答题：本大题共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. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）求函数的单调区间． 【答案】（1） （2） 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调增区间为，无单调减区间； 当时，的单调增区间为和，单调递减区间为. 【解析】 【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义即可求解. （2）求出导函数，分情况求解不等式和即可得解. 【小问1详解】 当时，，， ，所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 ， 当，令得，由得，由得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为 当，令得， 当时，由得或，由得， 所以的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，，所以的单调增区间为，无单调减区间； 当时，由得或，由得， 所以的单调增区间为和，单调递减区间为. 16. 记为数列的前项和，已知． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用退位法可求的通项公式． （2）利用错位相减法可求. 【小问1详解】 当时，，解得． 当时，，所以即， 而，故，故， ∴数列是以4为首项，为公比的等比数列， 所以. 【小问2详解】 , 所以 故 所以 ， . 17. 函数的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式； （2）将函数的图象先向右平移个单位，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求在上的最大值和最小值； （3）若关于的方程在上有两个不等实根，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2），； （3）． 【解析】 【分析】（1）利用函数图象的顶点求出，利用周期求出，由特殊点求出，即可求出解析式； （2）利用三角函数图象变换求得，结合正弦函数的性质，利用换元法求得最值； （3）结合函数的定义域和三角函数的性质即可确定其值域，由图象即求. 【小问1详解】 由函数的部分图象可知， ，，，又， ，解得，由可得， ； 【小问2详解】 将向右平移个单位，得到， 再将所有点的横坐标缩短为原来的，得到， 令，由，可得， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 可得，； 【小问3详解】 因为关于的方程在上有两个不等实根， 即与的图象在有两个交点. 由图象可知符合题意的的取值范围为. 18. 已知不等式的解集为 （1）若，且不等式有且仅有10个整数解，求的取值范围； （2）解关于的不等式：. 【答案】（1） （2）当时，不等式解集为或；当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；当时，原不等式解集为；当时，原不等式解集为. 【解析】 【分析】（1）根据已知可得方程的2个根为2，3，由韦达定理解得，从而得不等式，结合不等式有且仅有10个整数解可得答案； （2）分、、、、、讨论解不等式可得答案. 【小问1详解】 ，原不等式等价于恒成立， 且的解集为，故方程的2个根为2，3， 故由韦达定理， 恒成立， 可得恒成立，所以， 解得， ， 故， 不等式有且仅有10个整数解，故， 所以的取值范围为； 【小问2详解】 1､当时，由（1）得时， ， 即：， ①当时，原不等式解集为； ②当时，原不等式解集为； ③当时，原不等式解集为. 2､当时，原不等式等价于恒成立，且的解集为， 由韦达定理：恒成立， 解得， ， 该不等式解集为或， 3､当时， ，则无解. 4､当时， ，则. 综上：当时，不等式解集为或； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，原不等式解集为； 当时，原不等式解集为. 【点睛】方法点睛：本题体现了转化思想及分类讨论思想的应用，考查了含参数二次不等式的应用. 19. 已知函数 . （1）判断函数在区间 上零点的个数； （2）函数在区间 上的极值点从小到大分别为 ，证明： （i）； （ii）对一切成立. 【答案】（1）两个零点 （2）（i） 由（1）知在无极值点；在有极小值点，即为； 在有极大值点，即为，同理可得，在有极小值点， 在有极值点.由得 ，，由函数在单调递增， 得，， 由在单调递减得 ； （ii）同理， >> 由在上单调递减得 ，且 当n为偶数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值， 即，结论成立； 当n为奇数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，还多出最后一项也是负值，即，结论也成立． 综上，对一切，成立. 【解析】 【分析】(1)对求导，利用导数得出函数的单调性，结合零点存在性定理即可得出零点的个数； (2) （i）对函数求导，由(1)得出的范围，进而得到，利用诱导公式即可得出; （ii）由（Ⅰ）得出 >>，结合的单调性确定，且，对n为偶数和奇数进行分类讨论，即可得出对一切 成立. 【小问1详解】 当时，， 在上单调递减，，在上无零点 当时，，在上单调递增， 在上有唯一零点 当时，，上单调递减 ，上有唯一零点 综上，函数在区间上有两个零点． 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合江高2022级高三上期第一次诊断性考试 数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至4页．共150分．考试时间120分钟． 第I卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数z满足，则（ ） A. 1 B. 5 C. 7 D. 25 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. ，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知为等差数列的前项和，，则（ ） A. 240 B. 60 C. 180 D. 120 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 函数存在3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（ ） A. 1 B. C. D. 3 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．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. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. 与的夹角为 C. D. 在上的投影向量是 10. 在中，角的对边分别为.根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是（ ） A. ，有唯一解 B. ，无解 C. ，有两解 D. ，有唯一解 11. 若正实数，满足，则下列不等式中可能成立的是（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效． （2）本部分共8个小题，共92分． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 不等式的解集是________． 13. 已知实数a，b满足，则的最小值是__________. 14. 已知，，，则的最小值为______． 四、解答题：本大题共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. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）求函数的单调区间． 16. 记为数列的前项和，已知． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 17. 函数的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式； （2）将函数的图象先向右平移个单位，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求在上的最大值和最小值； （3）若关于的方程在上有两个不等实根，求实数的取值范围． 18. 已知不等式的解集为 （1）若，且不等式有且仅有10个整数解，求的取值范围； （2）解关于的不等式：. 19. 已知函数 . （1）判断函数在区间 上零点的个数； （2）函数在区间 上的极值点从小到大分别为 ，证明： （i）； （ii）对一切成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $