精品解析：河南省项城市第三高级中学2024-2025学年高三上学期第二次考试数学试题

项城三高2024-2025学年度上期第二次考试 高三数学试卷 满分150分，考试时间120分钟 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，所有答案都写在答题卡上. 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题所给的选项中，只有一项是符合要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 2 B. C. D. 1 3. “，”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. 既不充分也不必要条件 4. 在数列中，，则数列前24项和的值为（ ） A. 144 B. 312 C. 288 D. 156 5. 已知的值域为，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则在下列区间中，函数单调递减的是（ ） A. B. C. D. 7. 函数单调递增，且，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑的高度，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上两点与点在同一条直线上，且在点的同侧，若在处分别测量球体建筑物的最大仰角为和，且，则该球体建筑物的高度约为（ ） 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. 下列各式中值为的是（ ） A B. C. D. 10. 设等差数列的前项和为，，公差为，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 当时，取得最大值 C. D. 使得成立的最大自然数是15 11. 已知函数极小值点为1，极小值为.则（ ） A. B. C. 有3个零点 D. 直线与图像仅有1个公共点 第II卷（非选择题） 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. 若关于的不等式的解集，则的值为______. 14. 已知函数，若恒成立，则的取值范围是______________. 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. 已知函数. （1）化简函数的解析式； （2）求函数在区间上的值域； （3）设，，求的值. 16. 记等差数列前项和为，已知，. （1）求的通项公式； （2）记数列前项和为，求. 17. 在中，，，分别为内角所对的边，且满足． （1）求； （2）若，求周长的最大值． 18. 已知函数. （1）求函数的图象在点处的切线方程； （2）若在上有解，求的取值范围； （3）设是函数的导函数，是函数的导函数，若函数的零点为，则点恰好就是该函数的对称中心.试求的值. 19. 列奥纳多达芬奇（Leonardo da Vinci，1452-1519）是意大利文艺复兴三杰之一．他曾提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数表达式，其中为悬链线系数，称为双曲余弦函数，其函数表达式为，相反地，双曲正弦函数的函数表达式为． （1）证明：； （2）求不等式：的解集； （3）函数的图象在区间上与轴有2个交点，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 $$ 项城三高2024-2025学年度上期第二次考试 高三数学试卷 满分150分，考试时间120分钟 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，所有答案都写在答题卡上. 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题所给的选项中，只有一项是符合要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出每个集合，后求交集即可. 【详解】令，解得，即， 令，解得，即， 所以. 故选：B. 2. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据复数的除法计算公式，化简复数，再求模. 【详解】， . 故选：C. 3. “，”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. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用充分条件与必要条件的定义，结合三角函数的性质求解即可. 【详解】若，，则，充分性成立； 若，则或，，必要性不成立， 所以“，”是的充分不必要条件. 故选：A. 4. 在数列中，，则数列前24项和的值为（ ） A. 144 B. 312 C. 288 D. 156 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用并项求和，即可求解. 【详解】因为， 所以， 故选：C. 5. 已知的值域为，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数型复合函数值域，求实数a的取值范围. 【详解】设， 又值域为，能取遍所有正数， ，解得. 故选：D. 6. 将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则在下列区间中，函数单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数图象变换的知识求得，根据三角函数的单调性对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变）, 得到， 对于A，由，得， 所以函数在上单调递增，故A不符合； 对于B，由，得， 所以函数在上不单调，故B不符合； 对于C，由，得， 所以函数在上单调递减，故C符合； 对于D，由，得， 所以函数在上不单调，故D不符合. 故选：C. 7. 函数单调递增，且，则实数取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据分段函数的单调性求的范围，然后在解抽象不等式. 【详解】根据指数函数的单调性可得，在上单调递增， 于是单调递增时只需，则； 又因为在上单调递增， 且，则，即 于是. 故选：C 8. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑的高度，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上两点与点在同一条直线上，且在点的同侧，若在处分别测量球体建筑物的最大仰角为和，且，则该球体建筑物的高度约为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】数形结合求得，进而根据即可求解. 【详解】如图，设球的半径为， 则， 所以由题，又， 故 ， 所以，即该球体建筑物的高度约为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是依据已知条件数形结合得，进而由求出球的半径得解. 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. 下列各式中值为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用二倍角的正弦公式可判断A选项；利用二倍角的余弦公式可判断B选项；利用；利用两角和的余弦公式可判断C选项；利用两角差的正切公式可判断D选项. 详解】对于选项A：由二倍角正弦公式可得，故选项A正确； 对于选项B：由二倍角余弦公式，故选项B不正确； 对于选项C：由两角和余弦公式 ，故选项C正确； 对于选项D：由两角差的正确公式可得： ，故选项D正确. 故选：ACD. 10. 设等差数列的前项和为，，公差为，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 当时，取得最大值 C. D. 使得成立的最大自然数是15 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据已知可判断，，然后可判断AB；利用通项公式将转化为可判断C；利用下标和性质表示出可判断D. 【详解】解：因为等差数列中，，， 所以，，，A正确； 当时，取得最大值，B正确； ，C正确； ，， 故成立的最大自然数，D错误． 故选：ABC． 11. 已知函数的极小值点为1，极小值为.则（ ） A. B. C. 有3个零点 D. 直线与的图像仅有1个公共点 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先求函数的导数，根据极小值点以及极小值求参数，判断AB，再根据导数与函数的关系判断函数的图象，即可判断CD. 【详解】由题意得 则，解得，故A正确. 由，解得，故B错误. ， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以的极大值为， 画出草图，所以有3个零点，故C正确； 直线与的图像仅有1个公共点，故D正确. 故选：ACD. 第II卷（非选择题） 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】7 【解析】 【分析】根据平面向量垂直的坐标公式求解即可. 【详解】因为，，所以， 因为，所以， 解得. 故答案为：7. 13. 若关于的不等式的解集，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据一元二次方程的根与一元二次不等式解集的关系，是方程的两根，易求的值. 【详解】解：显然，且是方程的两根， 由韦达定理得，解得. 故答案为：. 【点睛】考查一元二次方程的根与一元二次不等式的解集的关系，基础题. 14. 已知函数，若恒成立，则的取值范围是______________. 【答案】 【解析】 【分析】首先对不等式进行指对同构变形得到，再构造函数，利用函数的单调性转化为，再利用参变分离，转化为函数的最值问题，即可求解. 【详解】由题意，得，恒成立即，恒成立. ，恒成立，化简可得，， ，， 令，，故单调递增， ，，令， ， 当时，，当时，，时，取最大值为， ，即. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是指对同构，构造函数. 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）化简函数的解析式； （2）求函数在区间上的值域； （3）设，，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用降幂公式和辅助角公式，即可化简； （2）代入的取值，求的范围，即可求解函数的值域； （3）首先代入条件求得，再根据角的变换以及两角差的正弦公式，即可求解. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 当时，，则， 所以函数在区间上的值域为 . 【小问3详解】 因为，所以， ，，所以， 则 . 16. 记等差数列的前项和为，已知，. （1）求的通项公式； （2）记数列前项和为，求. 【答案】（1） （2）8872 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质和基本量法，列出方程，即可求解； （2）根据通项公式去绝对值，再根据等差数列的前项和公式，即可求解. 【小问1详解】 由 则 设的公差为 则 则 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由题可知 ， . 17. 在中，，，分别为内角所对的边，且满足． （1）求； （2）若，求周长的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解即可； （2）利用余弦定理可得，再结合不等式可得，即可得结果. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 且，即， 又因为，则， 可得，即，所以. 【小问2详解】 由余弦定理可得：， 即，可得， 又因为，可得，即， 当且仅当时，等号成立， 所以周长的最大值为. 18. 已知函数. （1）求函数的图象在点处的切线方程； （2）若在上有解，求的取值范围； （3）设是函数的导函数，是函数的导函数，若函数的零点为，则点恰好就是该函数的对称中心.试求的值. 【答案】（1） （2） （3）2019 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程； （2）首先不等式变形为，转化为二次函数在区间内的最值问题，即可求解； （3）首先根据定义求函数的对称中心，再根据对称性求和. 【小问1详解】 因为 所以所求切线的斜率又因为切点为 所以所求的切线方程为 . 【小问2详解】 因为，所以 因为在上有解， 所以不小于在区间上的最小值. 因为时，， 所以的取值范围是. 【小问3详解】 因为，所以. 令可得，所以函数的对称中心为， 即如果，则， 所以. 19. 列奥纳多达芬奇（Leonardo da Vinci，1452-1519）是意大利文艺复兴三杰之一．他曾提出：固定项链两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数表达式，其中为悬链线系数，称为双曲余弦函数，其函数表达式为，相反地，双曲正弦函数的函数表达式为． （1）证明：； （2）求不等式：的解集； （3）函数的图象在区间上与轴有2个交点，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析； （2）（ （3） 【解析】 分析】（1）结合双曲余弦函数和双曲正弦函数代入计算即可； （2）求出的单调性和奇偶性，得到，，求出解集； （3）参变分离得到在有2个实数根，换元得到，由对勾函数单调性得到的值域，与有两个交点，故需满足，即. 【小问1详解】 ． 【小问2详解】 因为恒成立，故是奇函数． 又因为在上严格递增，在上严格递减， 故是上的严格增函数， 所以，即， 所以，解得， 即所求不等式的解集为； 【小问3详解】 因为的图象在区间上与轴有2个交点， 所以， 即在有2个实数根， 所以在有2个实数根， 令，易知在上单调递增， 所以， 则， 令，， 由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增， 又，作函数草图如图， 当时，函数与有两个交点， 即函数的图象在区间上与轴有2个交点， 所以，即. 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$