广东省肇庆市第一中学2024-2025学年高三上学期数学晚测六

肇庆市第一中学2024-2025学年第一学期数学晚测六 测试时间：18:50-19:50 命题人：胡瑶卿 审题人：朱晓玛 一、单选题（每小题5分，共40分） 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．若命题“，使得”是假命题，则实数的取值集合是（    ） A． B． C． D． 3．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且，则（    ） A． B． C． D． 4．已知数列满足，则（    ） A．2 B． C． D． 5．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 6．已知函数，若方程在上有且只有四个实数根，则实数的取值范围为（    ）． A． B． C． D． 7．已知函数，且满足，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．是定义在R上的函数，对于任意的，都有，，且时，有，则函数的所有零点之和为（    ） A．14 B．18 C．22 D．26 二、多选题（每小题6分，共18分） 9．已知复数，且的虚部为3，则（    ） A． B． C．为纯虚数 D．在复平面内对应的点在第二象限 10．已知平面向量，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．向量与的夹角为 D．向量在上的投影向量为 11．若不等式在时恒成立，则实数的值可以为（   ） A． B． C． D．2 三、填空题（每小题5分，共15分） 12．已知向量，，，则的值为 . 13．函数在的单调递减区间是 14．某同学根据著名数学家牛顿的物体冷却模型推导出函数关系为，k为正的常数，其中物体原来的温度和环境温度为、（，单位℃），物体的温度冷却到（，单位：℃）需用时t（单位：分钟）.现有一壶开水（100℃）放在室温为20℃的房间里，当时，则这壶开水冷却到40℃大约需要 分钟（参考数据：） 四、解答题 15（13分）．记的内角，，的对边分别为，，，已知. (1)求； (2)若，，求的周长. 16（15分）．已知函数， (1)求的最小正周期和单调递减区间； (2)当时，求的最大值和最小值 (3)若，，求的值 17（15分）．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：． 18（17分）．已知数列的前项和为，且，数列满足． (1)求； (2)设，数列的前项和为，求． 19（17分）．已知函数． (1)当时，若，求的极值点和极值、最值点和最值； (2)讨论在上的单调性． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B B A B C D AC BD 题号 11 答案 BCD 1．B 【分析】解一元二次不等式化简集合A，解绝对值不等式化简集合B，再求交集即可. 【详解】由题， 所以. 故选：B 2．C 【分析】写出命题的否定，讨论时是否符合题意，当时，不等式恒成立的等价条件为且即可求解. 【详解】命题"，使得"是假命题， 等价于命题"，使得"是真命题. 当时，等价于不满足对于恒成立，不符合题意； 当时，若对于恒成立， 则，即，解得， 综上所述，实数的取值集合是. 故选：C. 3．B 【分析】由已知及余弦定理求，再应用平方关系求正弦值. 【详解】由题设， 由三角形内角性质，知. 故选：B 4．B 【分析】利用时，得到，代入，求出答案. 【详解】由题意可得①， 所以时，②， ①-②得，所以，所以. 故选：B. 5．A 【分析】利用同角三角函数关系和余弦的两角和差公式列方程组求解即可. 【详解】因为，，所以， 所以，①， 又因为，所以②， ②联立解得， 所以， 故选：A 6．B 【分析】将化简为，根据方程可知或，根据整体的范围可知需满足，解不等式得到的取值范围. 【详解】， 令，则，， 或， ，， 在上有且只有四个实数根，， 解得：. 故选：B. 7．C 【分析】先用定义法证明为奇函数，化简解析式可知为增函数，然后结合函数的奇偶性与单调性解不等式即可. 【详解】因为，所以为奇函数， 又因为， 所以为上的增函数. 因为，为奇函数， 所以， 又为上的增函数，所以， 即，解得或， 所以实数的取值范围为. 故选：C. 8．D 【分析】根据函数的对称性可得函数的周期为4，进而根据函数图象，结合对称性即可求解. 【详解】因为对于任意的，都有，， 所以为的一条对称轴，为的一个对称中心， 故 所以为的周期， 由得，又由时，有， 可以画出与的图象，如图： 由于也关于对称，且当时，，    由图象可得，函数共有13个零点，故所有零点之和为. 故选：D 9．AC 【分析】利用向量的除法运算和虚部为3，即可求出，再利用复数乘除运算和模的运算以及复平面内对应点的表示，就能作出选项判断. 【详解】由的虚部为3，则， 解得，所以选项A正确. ， 所以，所以选项B错误. 由为纯虚数，所以选项C正确. 由， 所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限，所以选项D错误， 故选：AC. 10．BD 【分析】根据向量模长的坐标计算即可判断A，根据数量积的坐标运算可判断B,由夹角公式可判断C，由投影向量的求解公式可判断D. 【详解】，所以，故A错误； ，故B正确； ， ，，，故C错误； 向量在上的投影向量为，故D正确． 故选：BD 11．BCD 【分析】构造函数，将恒成立问题转化为恒成立问题，求导，研究单调性，画出其图象，根据图象逐一验证选项即可. 【详解】由得， 设，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 又，，当时，恒成立， 所以的图象如下： ，，即，， 对于A：当时，，根据图象可得不恒成立，A错误； 对于B：当时，，根据图象可得恒成立，B正确； 对于C：当时，，根据图象可得恒成立，C正确； 对于D：当时，，又， 因为，且，即， 所以，即， 根据图象可得恒成立，D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键将条件变形为，通过整体结构相同从而构造函数来解决问题. 12． 【分析】首先求出的坐标，依题意可得，根据数量积的坐标运算得到方程，解得即可. 【详解】因为，， 所以， 又，所以，解得. 故答案为： 13．和 【分析】，求得在的单调递增区间即可. 【详解】， 故的单调递增区间即为的减区间， 由，得， 又，所以或， 所以函数在的单调递减区间是和. 故答案为：和. 14．28 【分析】根据冷却模型公式可以将数据代入直接就算即可. 【详解】由题意可知. 故答案为：28. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据条件，利用正弦定理得到，再利用余弦定理，即可求解； （2）根据条件，利用辅助角公式得到，进而得到，从而有，再利用正弦定理，即可求出结果. 【详解】（1）在中，由正弦定理得. 因为，所以，. 化简得. 在中，由余弦定理得. 又因为，所以. （2）由，可得， 又，所以，得到，即， 所以， ，又， 由正弦定理得，得到， 解得，， 故的周长为. 16．(1)的最小正周期为；单调递减区间为 (2)的最大值为，最小值为； (3) 【分析】（1）化简可得，进而可求最小正周期与单调递减区间； （2）由已知可得，进而可得最大值和最小值； （3）由已知可得，利用同角的基本关系可得，再利用两角和的正弦公式可求值. 【详解】（1） ， 所以的最小正周期为， 由，解得， 所以的单调递减区间为； （2）因为，所以，所以， 所以， 所以的最大值为，最小值为； （3）由，所以，所以， 因为，所以， 所以 . 17．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将代入函数解析式，求确定切点坐标，对函数求导，求确定斜率，利用点斜式即可求切线方程； （2）当时，，令，利用导函数，确定的单调性找到的最小值为，即证明. 【详解】（1）当时，，即切点为， 又，则，即在点的切线的斜率为， 故曲线在点处的切线方程为，即． （2）当时，，， 令， 则，所以在上单调递增， 又，所以当时，，即当时，，则在上单调递减； 当时，，即当时，，则在上单调递增， 故． 18．(1)， (2) 【分析】（1）已知求，利用公式求解，进而利用已知关系求即可； （2）利用错位相减法求前项和. 【详解】（1）由， 当时，. 当时，，也适合. 综上可得，. 由，所以. （2）由（1）知 ① ② ①②得 ， 所以． 19．(1)答案见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）利用导数的性质，结合极值点、极值、最值点、最值的定义进行求解即可； （2）利用导数，并分类讨论参数a研究函数单调性. 【详解】（1）当时，， 令，解得，或，而，所以，或， 令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 因此是函数的极大值点，极大值为； 是函数的极小值点，极小值为； 因为，当时，， 所以函数在时，是函数的最大值点，最大值为，没有最小值点，无最小值； （2）由， 当时，在上，，因此函数单调递增； 当时，令，解得，或， 若时，即时， 在上，，因此函数单调递增， 在上，，因此函数单调递减； 若时，即时， 在上，，因此函数单调递增， 综上所述： 当时，在上函数单调递增， 当时，在上函数单调递增，在上函数单调递减； 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$