精品解析：河南省驻马店市经济开发区2024-2025学年高三上学期联考（三）（10月）数学试题

2024-2025年度河南省高三年级联考（三） 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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． 4．本试卷主要考试内容：集合，常用逻辑用语，不等式，函数，导数，三角函数，平面向量（含解三角形），复数，数列． 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 5. 函数的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 6. 平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题，很多数学定理以费马的名字命名．对而言，若其内部的点满足，则称为的费马点．在中，已知，设为的费马点，，的外接圆半径长为，则（ ） A. B. C. D. 7. 若实数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 8. 已知定义在上的奇函数满足，则（ ） A. 0 B. C. 253 D. 506 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. 已知，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知是边长为的正三角形，该三角形的内心为点，下列说法正确的是（ ） A. 在方向上的投影向量的模为 B. C. D. 若为外接圆上任意一点，则 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 当时，函数的值域是 B. 将图象的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则函数有3个零点 C. 若函数在区间内没有零点，则的取值范围为 D. 若，记方程在上的根从小到大依次为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若“”为假命题，则的取值范围是______． 13. 已知定义域为的函数在上单调递增，且，则不等式的解集是______． 14. 若函数的图象上存在两点关于轴对称，则点对称为的“比肩点对”（点对与视为同一个“比肩点对”）．若函数，恰有4个“比肩点对”，则实数的取值范围是______． 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. 的内角的对边分别为，已知． （1）求角； （2）若，的面积为，求． 16. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）讨论的单调性． 17. 设数列的前项和为，对于任意的恒成立，且． （1）求的通项公式； （2）若，其中是高斯函数，表示不超过的最大整数，如，，求数列的前200项和． 18. 已知数列的通项公式为，数列满足，． （1）求的值及的通项公式； （2）已知，设数列的前项和为，已知，设数列的前项和为，试比较与的大小． 19. 已知函数与的定义域的交集为．若对恒成立，则称与为同号函数，例如，则函数与为同号函数．若存在区间，使得对恒成立，则称与为区间同号函数． （1）设函数，试问这三个函数中是否任意两个都互为区间同号函数？请说明你的理由． （2）设函数． （ⅰ）证明：与为同号函数． （ⅱ）若恒成立，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025年度河南省高三年级联考（三） 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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． 4．本试卷主要考试内容：集合，常用逻辑用语，不等式，函数，导数，三角函数，平面向量（含解三角形），复数，数列． 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式解法求集合，再根据交集运算即可. 【详解】由题意可得：， 所以. 故选：C. 2. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】先将复数化简为的形式，再根据复平面内对应的点判断在第几象限. 【详解】由题意得，，所以在复平面内对应的点的坐标为，故在第四象限. 故选:D. 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由，可得，由，可得，再由充分条件、必要条件的定义即可得答案. 【详解】解：由，可得，即； 由，可得； 因为集合是集合的真子集, 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系结合正切的和角公式计算即可. 【详解】由可得，所以， 因为，所以， 解之得. 故选：D 5. 函数的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性判断图象关于原点对称，排除，再利用特殊值确定答案. 【详解】因为函数在上为偶函数，函数在上为奇函数， 则函数在上为奇函数， 即图象关于原点对称，排除， 当且时，，故选择. 故选：. 6. 平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题，很多数学定理以费马的名字命名．对而言，若其内部的点满足，则称为的费马点．在中，已知，设为的费马点，，的外接圆半径长为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】中，由正弦定理求出，中，由外接圆半径长结合正弦定理求. 【详解】，，则， 中，由正弦定理得，， 的外接圆半径长为，由正弦定理，， . 故选：C. 7. 若实数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】将化为，利用基本不等式即可求得答案. 【详解】由题意实数，得， 则， 当且仅当，即时等号成立， 即的最小值为， 故选：B 8. 已知定义在上的奇函数满足，则（ ） A. 0 B. C. 253 D. 506 【答案】A 【解析】 【分析】根据为上的奇函数，可得，结合可得，进而得到，可得函数是周期为8的周期函数，再结合可得，进而求解即可. 【详解】因为函数为上的奇函数，所以， 又，则， 所以， 所以函数是周期为8的周期函数， 又，则， 所以， 所以. 故选：A. 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. 已知，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据不等式的性质可判断ABD，作差法比较大小可判断C. 【详解】由，可得，又，所以，故A错误； 由，所以，故，故B正确； ， 因为，，，， 所以，则，故C错误； 由，可得，又，所以，故D正确. 故选：BD. 10. 已知是边长为的正三角形，该三角形的内心为点，下列说法正确的是（ ） A. 在方向上的投影向量的模为 B. C. D. 若为外接圆上任意一点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据向量投影的定义可判断；对B，根据向量数量积可判断；对C，根据平面向量运算可判断；对D，根据向量运算性质可判断. 【详解】对A，因为是边长为的正三角形，内心为点，所以可得， 则在方向上的投影向量的模为， 故A正确； 对B，，故B错误； 对C，，故C正确； 对D，根据题意可知也为的外心， 所以， 故D正确. 故选：ACD 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 当时，函数的值域是 B. 将图象的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则函数有3个零点 C. 若函数在区间内没有零点，则的取值范围为 D. 若，记方程在上的根从小到大依次为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，函数，令，通过换元，问题转化成二次函数在区间内的值域；B选项，由函数图象的变换，得的解析式，通过作图，判断函数的零点个数；C选项，求出函数所有零点，由区间内没有零点，列不等式求的取值范围；D选项，由的解析式，通过作图，求方程根的对称性，由对称性求和. 【详解】对于A，当时，函数， 令， 则，得， 则，它的值域是，故A正确； 对于B，将图象的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象， 函数的零点个数即函数与函数的图象的交点个数， 画出它们的草图，可知有3个交点，故B正确； 对于C，，令，得，所以，， 因为在区间内没有零点，所以只需且， 解得，， 时，，不等式无解， 令，得；令，得， 因为，所以的取值范围为，故C错误； 对于D，可知，时，令， 画出的图象，如图所示. 设函数与函数的图象的六个交点的横坐标从左到右依次为， 则， 由， 所以，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛： 方程的根或函数的零点个数，将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点，求零点的和，可利用函数解析式结合函数图像的对称性求解． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若“”为假命题，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意知，命题的否定为真命题，再结合一元二次不等式恒成立求得的取值范围. 【详解】因为为假命题，所以为真命题， 当时，成立， 当时，由，解得， 综上所述：， 故答案为：. 13. 已知定义域为的函数在上单调递增，且，则不等式的解集是______． 【答案】 【解析】 【分析】构建，分析可知函数为奇函数，且在上单调递增，根据函数性质解不等式即可. 【详解】令，即， 可知定义域为的函数在上单调递增，且， 即，可知函数为奇函数， 且在上单调递增，可知函数在上单调递增， 对于不等式，即， 则， 可得，即，解得， 所以原不等式的解集为. 故答案为：. 14. 若函数的图象上存在两点关于轴对称，则点对称为的“比肩点对”（点对与视为同一个“比肩点对”）．若函数，恰有4个“比肩点对”，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】原题条件等价于方程在时有4个不同的实数根，显然是该方程的根，进一步等价于当且时，方程有3个根，从而可以构造函数，利用导数研究函数的性态，画出图象即可得解. 【详解】原题条件等价于方程在时有4个不同的实数根， 当时，即为，显然该方程有一个根为1， 当且时，方程有3个根等价于方程有3个根， 令， 则， 当或时，，当时，， 所以在均单调递增，在单调递减， 在同一平面直角坐标系中画出与的图象，如图所示： 由图可知要使得方程有3个根， 则， 综上所述，满足题意的的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键在于得出当且时，方程有3个根，从而可以构造函数，从而根据数形结合即可顺利得解. 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. 的内角的对边分别为，已知． （1）求角； （2）若，的面积为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，即可求得答案； （2）由三角形面积求出c，再利用余弦定理即可求得答案. 【小问1详解】 由题意知，即， 由于， 故，即，结合，则； 【小问2详解】 ，，的面积为，则，则， 故， 故. 16. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）讨论的单调性． 【答案】（1）极大值为，极小值为 （2）当时，在上单调递增； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 【解析】 【分析】（1）利用导数求得的极值. （2）先求得，对进行分类讨论，从而求得的单调区间. 【小问1详解】 当时，， 所以在区间上单调递增， 在区间上单调递减， 所以的极大值是， 极小值为. 【小问2详解】 ，， 当时，单调递增； 当时，在区间上单调递增， 在区间上单调递减. 当时，在区间上单调递增， 在区间上单调递减. 综上：当时，在上单调递增； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 17. 设数列的前项和为，对于任意的恒成立，且． （1）求的通项公式； （2）若，其中是高斯函数，表示不超过的最大整数，如，，求数列的前200项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可知数列是首项，公差为的等差数列，可得其通项； （2）根据高斯函数定义按照对数计算法则找出数列的取值规律，计算即可得出. 【小问1详解】 由可得对于任意的，数列均满足， 即可得数列是公差为的等差数列， 设数列的首项为， 由可得，解得； 所以可得， 即的通项公式为 【小问2详解】 易知； ，； ，，； ，，； ，，； ，，； 所以数列的前200项和. 18. 已知数列的通项公式为，数列满足，． （1）求的值及的通项公式； （2）已知，设数列的前项和为，已知，设数列的前项和为，试比较与的大小． 【答案】（1），， （2）当，即；当，即；当，即. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，结合前n项和与通项之间的关系列式求解； （2）根据分组求和结合等差数列求和公式求，利用裂项相消法求，结合作差法分析判断. 【小问1详解】 因为，且， 即，可得， 若，则； 若，则， 可得，即； 所以，，. 【小问2详解】 设数列的前项和为， 当，则， 因为， 则 ， 可得， 又因为， 则， 可得， 当，则，即； 当，则，即； 当，则，即. 19. 已知函数与的定义域的交集为．若对恒成立，则称与为同号函数，例如，则函数与为同号函数．若存在区间，使得对恒成立，则称与为区间同号函数． （1）设函数，试问这三个函数中是否任意两个都互为区间同号函数？请说明你的理由． （2）设函数． （ⅰ）证明：与为同号函数． （ⅱ）若恒成立，证明：． 【答案】（1）这三个函数中任意两个都互为区间同号函数，理由如下： 因为，，， 所以， 则与为区间同号函数. 而，， 则， 令，即；令，即， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 又，， 所以对恒成立， 又，对都恒成立， 所以存在，使得，对都恒成立， 所以这三个函数中任意两个都互为区间同号函数. （2）（ⅰ）证明：因为函数与的定义域的交集为， 当时，，则， 所以，即； 当时，，则， 所以，即， 所以恒成立，则与为同号函数． （ⅱ）证明：因为， 所以由， 整理得到， 令， 则， 当时，，可得， 当时，，可得. 对于函数，， 令，即；令，即， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 又，，，， 所以函数在和上各有一个零点， 不妨设，， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 且时，， 而，即时，， 则 ， 设， 则， 所以函数在上单调递减， 所以，即. 【解析】 【分析】（1）结合题设分析可得，进而得到与为区间同号函数，再结合导数分析函数的单调性可得对恒成立，进而结合题意求证即可； （2）（ⅰ）结合函数新定义直接分析求证即可； （ⅱ）转化问题为，令，分析可得当时，，当时，，进而结合导数分析函数的单调性及零点分步情况，进而求证即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是利用导数研究函数的单调性等相关的知识点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $