精品解析：陕西省安康市2024-2025学年高三第一次质量联考数学试卷

2024—2025学年安康市高三年级第一次质量联考 数学试卷 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，解三角形，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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，则（ ） A B. C. D. 3. 不可能把直线作为切线的曲线是（ ） A. B. C. D. 4. 设等比数列的前项和为，已知，，则（ ） A. 15 B. 18 C. 31 D. 63 5. 地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准，里氏震级的计算公式为，其中是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）.根据该公式可知，级地震的最大振幅是级地震最大振幅的（ ） A. 10倍 B. 倍 C. 倍 D. 100倍 6. 如果对于任意实数，表示不超过的最大整数，例如，，那么“”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 7. 设的内角，，的对边分别为，，已知，在边上，平分，且，则的最小值为（ ） A 9 B. 18 C. 24 D. 36 8. 已知函数是的零点，则当时，不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 命题“”的否定是“” B. 集合，若，则的值为0或3 C. 集合，若，则实数的取值集合为 D. 若集合，则满足的集合的个数为16 10. 已知，函数在区间上单调，则的值可以是（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 11. 已知定义在上的函数，其导函数为，满足，，则（ ） A. B. C D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12 已知等差数列满足，，则__________. 13. 若正数，满足，则的最小值是__________. 14. 已知不等式对任意的都成立，则正实数的取值范围为__________. 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. 已知函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为. （1）求的解析式和的单调递增区间； （2）求在区间上最大值和最小值. 16. 已知函数，且. （1）证明：的图象关于点中心对称. （2）对任意的，且，都有，若，求实数的取值范围. 17. 的内角，，的对边分别为，，已知，. （1）求，； （2）若，求的面积. 18. 若正项无穷数列满足（是不为0的常数），则称数列为平方等差数列. （1）判断通项公式为和的无穷数列是否为平方等差数列，并说明理由； （2）设数列是平方等差数列，且，求数列的前项和； （3）若数列是平方等差数列，记，证明：中存在小于1的项. 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）当时，，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年安康市高三年级第一次质量联考 数学试卷 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，解三角形，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 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先分别求出集合，再根据补集和交集的定义求解即可. 【详解】或或， ， 所以， 所以. 故选：D. 2. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角的余弦公式以及两角和的正切公式即可得答案. 【详解】. 故选：A 3. 不可能把直线作为切线的曲线是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本初等函数的导数公式分别求出对应的导数，设出切点，利用导数的几何意义求出切线的斜率，令其等于，解方程即可判断. 【详解】对于A，，令，解得，故曲线能； 对于B，，令，解得，故曲线能； 对于C，，所以曲线不能； 对于D，，令，解得，故曲线能. 故选：C. 4. 设等比数列的前项和为，已知，，则（ ） A. 15 B. 18 C. 31 D. 63 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式结合，求得，根据，可求出公比和首项，再利用等比数列前项和公式即可求解. 【详解】设等比数列的公比为，因为，所以， 因为，所以，又，所以， 因为，解得， 所以. 故选：C 5. 地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准，里氏震级的计算公式为，其中是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）.根据该公式可知，级地震的最大振幅是级地震最大振幅的（ ） A. 10倍 B. 倍 C. 倍 D. 100倍 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意设级地震的最大振幅为，级地震的最大振幅为，得到，，两式相减，再利用对数的运算公式即可求解. 【详解】因为，根据题意设级地震的最大振幅为，级地震的最大振幅为， 所以①，②，①②有：， 所以，解得. 故选：D 6. 如果对于任意实数，表示不超过的最大整数，例如，，那么“”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】根据的定义，结合已知条件，从充分性和必要性判断即可. 【详解】若，则，，故， 则，则，所以，“”“”； 若，取，，满足，但，， 所以，“”“”. 因此，“”是“”必要不充分条件. 故选：B. 7. 设的内角，，的对边分别为，，已知，在边上，平分，且，则的最小值为（ ） A. 9 B. 18 C. 24 D. 36 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件和余弦定理求得，再根据平分，且和三角形面积公式求得，化为，利用基本不等式求解即可. 【详解】因为，由余弦定理得：， 整理得：，所以，则， 因平分，所以， 根据题意有：，， 所以， 即， 整理有：，即， 所以， 因为，，所以，， 所以， 即， 当且仅当，即时，等号成立. 故选：B 8. 已知函数是的零点，则当时，不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】易得是直线与曲线的一个交点，再根据导数的几何意义可得曲线在点的切线方程即为直线，在同一直角坐标系中作出函数和的图象，结合图象即可得解. 【详解】由， 得， 则是直线与曲线的一个交点， 又，得， 则， 所以曲线在点的切线方程为， 即， 所以曲线在点的切线方程即为， 又，所以， 则，所以函数是增函数， 因为，且， 所以是直线与曲线的另一个交点， 故既是曲线的一个对称中心，又是直线的对称中心， 在同一直角坐标系中作出函数和的图象， 由图可知，当时，，满足； 当时，满足的只有， 所以不等式的解集为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：说明是直线与曲线的一个交点，曲线在点的切线方程即为直线，是解决本题的关键. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 命题“”的否定是“” B. 集合，若，则的值为0或3 C. 集合，若，则实数的取值集合为 D. 若集合，则满足的集合的个数为16 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，写出命题的否定即可；对于B，根据，则，再分类讨论即可；对于C; 当时即可排除；对于D，根据则，然后根据子集公式计算即可. 【详解】命题“”的否定是“”，故A错误； 因为，则，因为， 当时，即或， 若时，成立； 若时，不成立， 当时，成立，所以的值为0或3，故B对； 因为，则，因为， 当时，成立，故C错； 因为，则，因为， 所以集合M的子集个数为，即集合的个数为16，故D对； 故选：BD 10. 已知，函数在区间上单调，则的值可以是（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用复合函数的单调性，结合对数函数与二次函数的单调性即可得解. 【详解】令， 因为在区间上单调递增， 所以在区间单调且在区间的函数值恒为正， 当时，在区间上单调递增，且，故A对； 当时，在区间上单调递增，且，故B对 当时，在区间上单调递减，且，故C对； 当时，在区间上单调递减，但，故D错； 故选：ABC 11. 已知定义在上的函数，其导函数为，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】令，即可判断A；令，可求出，再令，即可判断B；令，得，等式两边同时求导，进而可判断CD. 【详解】对于A，令，则，所以，故A错误； 对于B，令，得，所以， 令，则，故B正确； 对于C，令，则， 则， 令，则，故C正确； 对于D，由，得， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是对复合函数求导，并采用赋值法结合已知条件求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列满足，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据下标和性质即可得到结果. 【详解】. 故答案为：. 13. 若正数，满足，则的最小值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件换元有：，化为利用基本不等式即可求解. 【详解】由，，可得：， 又因为、均为正数，所以，， 则， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值为：. 故答案为：. 14. 已知不等式对任意的都成立，则正实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先将原不等式化为对任意的都成立，由于在上单调递增，故得，分离参数得，利用导函数求解的最大值即可 详解】由题意知，， 所以原不等式可化为， 即， 设， 所以，即， 因为在恒成立， 所以在上单调递增，所以， 又，所以在上恒成立， 设， 设， 所以， 所以在上单调递减， 故， 又， 所以，又因为， 所以在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以， 又因为在上恒成立， 所以， 则正实数的取值范围为， 故答案为： 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 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. 已知函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为. （1）求解析式和的单调递增区间； （2）求在区间上的最大值和最小值. 【答案】（1）； （2）；-1 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用辅助角公式得到，再结合条件，即可得到，从而求出结果；令，求解解得； （2）令，则，利用的性质，即可求出结果； 【小问1详解】 由， 由两条相邻对称轴之间距离为，所以周期， 所以， 令，得， 所以的单调递增区间为， 【小问2详解】 由（1）得， 令，则， 因为，所以，得到， 在区间上的最大值为和最小值-1； 16. 已知函数，且. （1）证明：的图象关于点中心对称. （2）对任意的，且，都有，若，求实数的取值范围. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件计算和，根据即可求证结论； （2）构造函数，根据已知条件，确定的单调性，化为，结合偶函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 因为，且， 所以，， 所以， 则曲线是中心对称图形，且关于点对称. 【小问2详解】 令， 因为对任意的，且，恒成立， 所以恒成立，即恒成立， 所以在上单调递增. 因为，所以为偶函数，且在上单调递增， 因为， 所以，则，解得， 即实数的取值范围为：. 17. 的内角，，的对边分别为，，已知，. （1）求，； （2）若，求的面积. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）先根据已知条件利用余弦定理求出，再由正弦定理即可求解； （2）利用得，利用正、余弦定理结合、的值即可求出，利用余弦定理求出，由此即可求出，利用面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为，由余弦定理有： ，所以； 因为，由正弦定理得：，所以. 所以；. 【小问2详解】 因为，所以， 由正、余弦定理，得，即， 把，代入上式，可得， 所以，， 所以的面积为：. 18. 若正项无穷数列满足（是不为0的常数），则称数列为平方等差数列. （1）判断通项公式为和的无穷数列是否为平方等差数列，并说明理由； （2）设数列是平方等差数列，且，求数列的前项和； （3）若数列是平方等差数列，记，证明：中存在小于1的项. 【答案】（1）通项为的无穷数列是平方等差数列，的无穷数列不是平方等差数列，理由见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据所给定义计算可得； （2）设，即可求出，从而求出的通项公式，得到，最后利用错位相减法求和即可； （3）依题意可得且（是不为0的常数），从而求出的通项公式，推导出，则，即可得到，即可得证. 【小问1详解】 通项为的无穷数列是平方等差数列，通项为的无穷数列不是平方等差数列，理由如下： 对于，所以， 所以是平方等差数列； 对于，则，不是常数， 所以不是平方等差数列； 【小问2详解】 依题意设，又， 所以，，解得，所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以，则， 所以， 则， 所以 ， 所以； 【小问3详解】 因为数列是平方等差数列，则且（是不为0的常数）， 所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 当，则总存在正整数，使得，与矛盾， 故恒成立， 由，， 所以，， 所以， 所以， 由于随着的增大而增大，所以总存在正整数使得， 所以中存在小于1的项. 【点睛】关键点点睛：对于新定义型问题关键是理解定义，第三问关键是推导出. 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）当时，，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得出切线方程，进而可得出答案； （2），令，求导，再二次三次求导，再由分类讨论即可得出答案. 【小问1详解】 当时，， 则， 则， 所以曲线在点处的切线为， 即， 令，则，令，则， 所以切线与坐标轴交点的坐标为， 所以所求三角形的面积为； 【小问2详解】 ， 令，则， 令，则， 令，则， 因为函数都是增函数，所以函数是增函数， 所以， 所以函数在上是增函数， 所以， 当时，， 所以， 所以函数在上是增函数，则， 即，所以函数在上是增函数， 故， 所以，符合题意； 当时，，， 所以存在，使得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，，即， 所以函数在上单调递减， 所以时，， 所以时，，这与矛盾， 综上所述，实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$