精品解析：四川省雅安市2024-2025学年高三上学期11月“零诊“考试数学试卷

雅安市高2022级高三“零诊”考试 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，请务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在试题卷和答题卡上. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据集合求出解集，再根据交集的概念及运算即可求出结果. 【详解】根据可得， 又， 则， 故选：B. 2. 若i是虚数单位，复数 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将的分子分母都乘以分母的共轭复数，即可化简出． 【详解】， 故选B． 【点睛】本题考查复数的除法运算，关键是将其分子分母都乘以分母的共轭复数． 3. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用全称量词命题的否定判断即得. 【详解】命题“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题， 所以命题“，”的否定是，. 故选：C 4. 函数在区间上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数奇偶性，结合图象利用赋值法、排除法即可得结果. 【详解】因为，， 且定义域关于原点对称，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，排除选项A和C； 当时，，所以， 排除选项D，只有选项B符合题意. 故选：B. 5. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】应用充分条件必要条件的定义去判断，对不充分条件或不必要条件可举例说明. 【详解】因为，所以， 所以“”可推出“”，即“”是“”的必要条件； 取，可知，而，即， 所以“”不能推出“”. 所以“”是“”的不充分条件. 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 6. 已知单位向量满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用数量积的运算律及向量夹角公式计算得解. 【详解】单位向量满足，则， ，， 所以. 故选：A 7. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦的差角公式结合弦切关系分别计算和，再根据和角公式计算即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以， 所以，， 所以. 故选：. 8. 下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数、对数函数的单调性可判断出结果. 【详解】对于A，因为底数，所以随着指数的增大而减小，又，所以，故选项A错误； 对于B，，因为底数，所以随着真数位置的增大而增大，又，所以，故选项B错误； 对于C，因为，，所以，故选项C正确； 对于D，因为，，函数有两个交点，分别是当， 增长速度比增长速度快，在上，在上， 在上，所以，即，故选项D错误. 故选：C. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点对称 C. 将的图象向左平移个单位，所得图象的解析式为 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用正切函数的图象的性质逐项计算可判断每个选项的正误. 【详解】由，可得函数的最小正周期为，故A错误； 由，可得， 所以的图象关于点对称， 当时，可得对称中心为，故B正确； 将的图象向左平移个单位得到的图象，故C错误； ， 又在上单调递增，， 所以，即，故D正确. 故选：BD. 10. 已知函数的定义域为R，若为偶函数，为奇函数，且，则（ ） A. 为周期函数 B. 的图象关于点对称 C. ，，成等差数列 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的定义推理确定函数的性质，再逐项分析判断即可. 【详解】函数的定义域为R，由为偶函数，得，则， 由为奇函数，得，则， 于是，即， 对于A，，是周期为4的周期函数，A正确； 对于B，由，得的图象关于点对称，B错误； 对于C，，由，得， 因此，，成等差数列，C正确； 对于D，，因此 ，D正确. 故选：ACD 11. 已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列结论中正确的是（ ） A. 是单调递增数列 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】应用与的关系，将中的消掉，求出判断符号即可判断A项的正误；判断数列是等差数列，进而求出，再利用作差法判断B项的正误；应用放缩法与裂项相消求出，再与比较即可；构造函数，并利用导数研究函数的最小值，再取即可判断D项的正误. 【详解】因为，所以当时，， 两式相减，可得， 所以， 所以， 所以是单调递减数列，故A错误； 当时，，所以； 当时，，化简整理得， 所以数列是等差数列，其首项为4，公差为4， 所以， 所以 ， 所以，故B正确； 因为， 所以 所以，故C正确； 设函数，则， 因为，所以， 所以在上单调递减， 所以， 取，,所以，即 又因为，所以.故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，．若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出的坐标，再由根据向量平行的坐标性质后可求出的值. 【详解】∵，，∴， 由得，解得，解得. 故答案为：. 13. 记为等差数列的前n项和．已知，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据等式得到公差，再根据前n项和公式得到最小值. 【详解】设等差数列的公差为， 根据，可得，解得， 则， 因为，所以当或时，有最小值为， 故答案为：. 14. 定义：已知函数的导函数为，若是可导函数且其导函数记为，则曲线在点处的曲率．据此，曲线（其中）的曲率K的最大值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据曲率的定义得到曲率K，再应用导数求解曲率K的最大值即可. 【详解】解：因为，所以，， 所以曲线（其中）的曲率 ， 所以 ， 由，可得， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以当时， 故答案为：. 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求A的大小； （2）若的外接圆半径为4，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据正弦定理将等式化简约分，可求得，即可求得结果； （2）结合第（1）问及余弦的和角公式，得到，利用正弦定理化简得，求出三角形面积即可. 【小问1详解】 根据正弦定理的变形公式可得， 因为，所以，即， 因为，所以，则，即； 【小问2详解】 因为，所以， 则，即， 又，所以， 因为的外接圆半径为， 所以由正弦定理可得， 所以， 所以. 16. 已知数列的前n项和为，且，其中． （1）求的通项公式； （2）若数列满足，证明：． 【答案】（1）， （2）由（1）可知，所以， 又，所以， 所以，， 因为，所以，即. 【解析】 【分析】（1）由已知条件可得，然后根据和的关系，可得，注意的情况即可. （2）利用裂项相消可求，然后利用，即可证明. 【小问1详解】 当时，， 当时，， 又，两式相减得： ， 所以，， 此时， 将代入得， 因此对也成立， 故的通项公式为，； 【小问2详解】 略 17. 已知函数，其中， （1）当时，求的单调区间； （2）当时，过点可以作3条直线与曲线相切，求m的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数直接求解单调区间即可； （2）设切点为，利用导数的几何意义可得，设，结合题意可将问题转化为函数与的图象有三个交点，进而结合导数分析的单调性，再结合图象求解即可. 【小问1详解】 由，， 则， 令，得；令，得， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 当时，，则， 设切点为，则， 化简得， 因为过点可以作3条直线与曲线相切， 所以方程有三个不同的实根， 设，即函数与的图象有三个交点， 而， 令，得；令，得或， 所以函数在和上单调递减，在上单调递增， 又，，且时，， 画出函数与大致图象， 要使函数与的图象有三个交点，则， 即m的取值范围为． 18. 已知数列满足，（，且）． （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的前n项和； （3）令，数列的前n项和为，证明：． 【答案】（1）证明：数列中，当时，， 则，而， 又，解得，， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列； （2）； （3）证明：由（2）知，，，显然， 则； 又，于是， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出，再利用构造法，结合等比数列定义推理即得. （2）由（1）求出，再利用分组求和法及错位相减法求即得. （3）利用（2）的信息求出，再利用不等式的性质，结合等比数列求和公式推理得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，即，， 则， 令， 则， 两式相减得， 则，所以. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解． 19. 已知函数． （1）若有2个相异极值点，求a的取值范围； （2）若，求a的值； （3）设m为正整数，若，，求m的最小值． 【答案】（1）或； （2）； （3）3. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，由有两个不等的正实根，结合一元二次方程根的分布求出范围. （2）构造函数，按分类讨论恒成立情况即可得解. （3）由（2）的结论可得，再赋值并结合等比数列前n项和公式及对数运算求出范围即可. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 由有2个相异极值点，得方程有两个相异正实根， 于是，解得或， 所以a的取值范围是或. 【小问2详解】 令，求导得， 当时，函数在上单调递增，而， ，则，使得， 当时，，因此函数在上单调递增，而， 则当时，，即，不符合题意； 当时，而时，，不等式不恒成立，不符合题意； 当时，，求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 即对任意正数，恒成立，即不等式恒成立，符合题意， 所以. 【小问3详解】 由（2）知，对任意，不等式，当且仅当时取等号， 令，则， 则 ，即， 因此， 当时，， 所以对，时，正整数的最小值为3. 【点睛】方法点睛：可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 雅安市高2022级高三“零诊”考试 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，请务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在试题卷和答题卡上. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若i是虚数单位，复数 A. B. C. D. 3. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 函数在区间上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知单位向量满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点对称 C. 将的图象向左平移个单位，所得图象的解析式为 D. 10. 已知函数的定义域为R，若为偶函数，为奇函数，且，则（ ） A. 为周期函数 B. 的图象关于点对称 C. ，，成等差数列 D. 11. 已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列结论中正确的是（ ） A. 是单调递增数列 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，．若，则______． 13. 记为等差数列的前n项和．已知，则的最小值为________． 14. 定义：已知函数的导函数为，若是可导函数且其导函数记为，则曲线在点处的曲率．据此，曲线（其中）的曲率K的最大值为________． 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求A的大小； （2）若的外接圆半径为4，且，求的面积． 16. 已知数列的前n项和为，且，其中． （1）求的通项公式； （2）若数列满足，证明：． 17. 已知函数，其中， （1）当时，求的单调区间； （2）当时，过点可以作3条直线与曲线相切，求m的取值范围． 18. 已知数列满足，（，且）． （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的前n项和； （3）令，数列的前n项和为，证明：． 19. 已知函数． （1）若有2个相异极值点，求a的取值范围； （2）若，求a的值； （3）设m为正整数，若，，求m的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $