精品解析：福建省龙岩市一级校联盟2024-2025学年高三上学期11月期中联考数学试题

福建省龙岩市一级校联盟2024-2025学年高三上学期11月期中联考数学试题 （考试时间：120分钟总分：150分） 命题人:漳平一中 叶建谊 连城一中陈益兴 上杭一中 赖伟英 一、单选题: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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简两集合，再求即可. 【详解】解：因为 ， 所以或， 所以. 故选：B 2. 命题“”为假命题，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】存在性命题为假等价于“”为真，应用参变分离求解即可. 【详解】解：因为命题“”为假命题 等价于“”为真命题， 所以， 所以只需. 设， 则在上单增，所以. 所以，即. 故选：A 3. 设为等差数列的前项和，已知，则的值为（ ） A. 64 B. 14 C. 10 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列前项和公式，可得，再由等差数列的性质可知，从而求得. 【详解】由等差数列前项和公式，可知：， 所以， 由等差数列的性质“当时，”可知：， 所以. 故选：C. 4. 已知正数a，b满足，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】由解出a，代入，进行适当变形，应用基本不等式求最小值即可. 【详解】解：因为正数a，b满足， 所以，所以， 所以 ， 当且仅当，即 时等号成立，所以的最小值为8. 故选：D 5. 人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为.已知点，若P，Q的余弦距离为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出，根据所给定义可得，再由二倍角公式计算可得. 【详解】因为，， 所以，， 所以，，， 所以， 则，的余弦距离为，所以， 所以. 故选：D 6. 已知等比数列的公比为，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用等比数列的通项公式与不等式的性质，分析出成立的充要条件，进而判断即可. 【详解】根据题意，成立时，有， 结合 ，得，即， ①当时，可得，所以，即 ； ②当时，为偶数时，，可得，所以， 为奇数时，，可得，所以， 因此不存在满足成立， 综上所述，成立的充要条件是 ， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 7. 已知函数，若对任意，都有，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】问题等价于 在单调递增，根据分段函数在定义域内单调递增的等价条件求解即可. 【详解】解：设. 由对任意，都有， 即，也就是， 所以 在单调递增. 当 时，单调递增， 所以，所以 ； 当 时，单调递增， 所以 恒成立，即恒成立， 又因为 ，所以， 所以只需即可， 所以或 ， 所以 . 在单调递增， 还应该满足， 即或 ，又因为 ， 所以 . 故选：A 8. 已知，定义运算@:，其中是函数的导数.若，设实数 ，若对任意恒成立，则 的最小值为（ ） A. B. C. e D. 2e 【答案】B 【解析】 【分析】对目标不等式进行同构转化，得到“”.再构造函数，利用其单调性，得到，再分离参数得到恒成立，只需即可，进而求出 的最小值. 【详解】解：因为 所以，即， 所以，即对任意 ，恒成立. 设， 因为， 所以当 时，， 单调递增； 当时，， 单调递减. 所以当 时， ， 所以当 时， 单调递增. 因为对任意 ，恒成立， 所以对任意 ，恒成立. 所以对任意 ，恒成立.即恒成立. 设，则， 所以当 时， ， 单调递增； 当 时， ， 单调递减. 所以当 时，. 所以对任意 ，恒成立，只需即可. 故 的最小值为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题对目标不等式进行同构转化，得到“”是解题的关键. 再构造函数，利用其单调性，使问题迎刃而解. 二、多选题: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. 已知向量，则（ ） A. B. 当时， C. 当时， D. 在上的投影向量的坐标为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平面向量的坐标运算求差向量的模；应用两向量垂直等价于数量积为0化简；应用向量平行的条件求解；应用坐标形式求投影向量即可. 【详解】解：因为， 所以，所以，故A正确； 因为，且， 所以，即，故B正确； 因为，所以，即，故C错误； 因为在上的投影向量为，所以D正确. 故选：ABD 10. 已知函数的定义域为，对任意都有，且，，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. D. 为偶函数 【答案】AC 【解析】 【分析】根据函数的对称性、奇偶性、周期性逐项判断即可. 【详解】∵，则的图象关于直线对称，故A正确，B错误； ∵函数的图象关于直线对称，则，又， ∴，则， 即，∴函数的周期为8， 则，故C正确； ∵， 所以为奇函数，故D错误． 故选：AC. 11. 已知函数，则（ ） A. 是以为周期的函数 B. 存在无穷多个零点 C. 的值域为 D. 至少存在三个不同的实数，使得为偶函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据即可判断A,根据周期，考虑在区间 上的正负，分别考率和，即可判断在上无零点，可判断BC，结合函数的周期性，分别考虑即可求解D. 【详解】对于A, ，则是以为周期的函数，故A正确. 对于B，C，因为的周期为，所以只需研究在区间 上的正负， 当时，， 因为，且，所以 在上恒成立. 当时，， 设， 则， 当时，有最大值1，当时，， 当时，，故的最小值为. 综上所述，在上的取值均大于没有零点. 故 在上没有实数根，即在上没有零点，故B错误，C正确. 对于D，由，可得的图象关于直线对称， 当时，的图象关于轴对称，此时为偶函数.由是的周期，可知当时，为偶函数. 又因为， 所以的图象关于直线对称，可知当时，为偶函数. 综上所述，当时，至少存在这三个值，使得为偶函数，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：当时，，得 在上恒成立.当时，，利用换元法 得，利用二次函数的性质求解. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数 满足，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数除法的法则计算 ，由共轭复数的概念得到结果. 【详解】由题意得，， ∴. 故答案为：. 13. 已知函数.曲线在点处的切线方程为，则____________ 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出斜率，结合切点，切线方程即可求出参数 ，； 【详解】由于， 故， ，， ，，解得 ， ． ， 故答案为： 14. 黎曼猜想由数学家波恩哈德黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.已知正项数列的前项和为，且满足，则______.（其中表示不超过的最大整数） 【答案】88 【解析】 【分析】根据的关系可得，即可得，利用放缩法可得，结合裂项求和即可求解. 【详解】由题意可得， 当时，，化简得， 又当时，，解得或 （舍去）， 所以 ， 所以数列是首项、公差均为1的等差数列， 所以，即.故 当时，①， 所以当时，， 设， 由①可得，，且. 所以. 故答案为：88 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. 已知函数. （1）求的最小正周期及单调递增区间; （2）将的图象先向右平移个单位长度，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. 【答案】（1）； （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）应用二倍角公式与辅助角公式将函数化简为的形式，利用公式法求最小正周期，利用整体代换求单调递增区间； （2）结合图象变换规律求出 解析式，再结合正弦函数的性质求出 的最大值与最小值. 【小问1详解】 解：依题意得， 所以的最小正周期为 令， 得， 所以的单调递增区间为. 【小问2详解】 解：将的图象向右平移个单位长度， 得到函数的图象， 再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的， 得到函数的图象. 令，由，可得. 因为函数 在上单调递减，在上单调递增， 所以 在上的最大值为，最小值为. 16. 已知数列的前项和为，等差数列的前项和为. （1）求和的通项公式; （2）设求数列的前 项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用的关系求出，利用等差数列的基本量求解； （2）可分组求和，分别依据等差数列求和与错位相减求和. 【小问1详解】 解：因为，① 所以当时，， 又 ，所以 . 当时，，② ①式减去②式得， 所以. 又， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以. 设等差数列的公差为， 因为，可得，解得， 所以，即的通项公式为. 【小问2详解】 解：因为可得 则数列的前2n项和， 令， ， 则， 所以， ， . 17. 在 中，内角 所对的边分别是. （1）求角; （2）如图，已知为平面内一点，且四点共圆，，求四边形ABCD周长的最大值. 【答案】（1） （2）最大值为 【解析】 【分析】（1）由正弦定理转化为三角函数，利用三角恒等变换求解； （2）利用余弦定理及基本不等式求最值即可. 【小问1详解】 ， 由正弦定理可得. 因为 ，所以， 则， 且，因为，所以， 又因为，则，可得， 所以. 【小问2详解】 因为，所以， 又，所以由余弦定理可得， 所以 ，即. 因为四点共圆，， 所以. 在 中，由余弦定理可得， 所以， 所以. 由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以，则， 所以当时，四边形ABCD的周长取得最大值，最大值为 18. 已知函数. （1）求的单调区间; （2）设，若对任意，均存在，使得，求实数 的取值范围. 【答案】（1） 当时，的单调递增区间为 和，单调递减区间为，； 当时，的单调递增区间为 ，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为和 ，单调递减区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数分情况讨论导函数零点情况及函数单调性； （2）根据题意可得，分别求最大值即可得不等式，解不等式即可求解. 【小问1详解】 由， ， 得. 令，解得. 当时，， 当时， 单调递增； 当时，单调递减； 当时， 单调递增. 当时，恒成立，在 上单调递增. 当时，， 当时， 单调递增； 当时，单调递减； 当时， 单调递增. 综上所述，当时，的单调递增区间为 和，单调递减区间为，； 当时，的单调递增区间为 ，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为和 ，单调递减区间为. 【小问2详解】 因为对任意，均存在，使得， 所以， 当时， 取得最大值，最大值为0. 由（1）得，当时，在]上单调递增， 即当时，取得最大值， 所以，解得，即. 当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，取得最大值. 设， 则，单调递增， 所以成立，所以无解. 综上所述， 的取值范围为. 19. 南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式. 如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第 层球数比第层球数多 ，设各层球数构成一个数列. （1）求数列的通项公式； （2）求的最小值； （3）若数列满足，对于，证明：. 【答案】（1）； （2）0； （3） 由（2）知，当 时，，令，则 ， 则， 因此， 令， 于是， 两式相减得， 因此，所以. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，可得 ，再利用累加法计算即得. （2）利用导数说明函数的单调性，进而求出最小值. （3）由（2）令 即可得到，从而得到，再利用错位相减法计算可得. 【小问1详解】 依题意， ，则有 ， 当时， ， 又也满足，所以. 【小问2详解】 函数的定义域为， 求导得，当 时，，当 时，， 则函数在上单调递减，在 上单调递增，因此 ， 所以函数的最小值为0. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是结合（2）的结论，令得到，从而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省龙岩市一级校联盟2024-2025学年高三上学期11月期中联考数学试题 （考试时间：120分钟总分：150分） 命题人:漳平一中 叶建谊 连城一中陈益兴 上杭一中 赖伟英 一、单选题: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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“”为假命题，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 设为等差数列的前项和，已知，则的值为（ ） A. 64 B. 14 C. 10 D. 3 4. 已知正数a，b满足，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. D. 8 5. 人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为.已知点，若P，Q的余弦距离为，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知等比数列的公比为，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 7. 已知函数，若对任意，都有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，定义运算@:，其中是函数的导数.若，设实数 ，若对任意恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. e D. 2e 二、多选题: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. 已知向量，则（ ） A. B. 当时， C. 当时， D. 在上的投影向量的坐标为 10. 已知函数的定义域为，对任意都有，且，，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. D. 为偶函数 11. 已知函数，则（ ） A. 是以为周期的函数 B. 存在无穷多个零点 C. 的值域为 D. 至少存在三个不同的实数，使得为偶函数 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则_____________. 13. 已知函数.曲线在点处的切线方程为，则____________ 14. 黎曼猜想由数学家波恩哈德黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.已知正项数列的前项和为，且满足，则______.（其中表示不超过的最大整数） 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. 已知函数. （1）求的最小正周期及单调递增区间; （2）将的图象先向右平移个单位长度，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. 16. 已知数列的前项和为，等差数列的前项和为. （1）求和的通项公式; （2）设求数列的前 项和. 17. 在中，内角 所对的边分别是. （1）求角; （2）如图，已知为平面内一点，且四点共圆，，求四边形ABCD周长的最大值. 18. 已知函数. （1）求的单调区间; （2）设，若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围. 19. 南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式. 如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第 层球数比第层球数多 ，设各层球数构成一个数列. （1）求数列的通项公式； （2）求的最小值； （3）若数列满足，对于，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $