湖北省部分学校2024届高三数学上学期10月联考试题（Word版附解析）

这是一份湖北省部分学校2024届高三数学上学期10月联考试题（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知，化简的结果是等内容，欢迎下载使用。

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，逻辑，函数，导数，不等式，数列，向量，三角函数（不含解三角形）.
一、单选题（本大题共8小题，共40分，在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 复数，则其共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法运算法则、共轭复数的定义运算即可得解.
【详解】解：由题意：，
∴由共轭复数的定义得.
故选：C.
2 已知全集，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用补集、交集的定义求解作答.
【详解】解不等式，即，解得，即，
解不等式，得，即，或，
所以.
故选：B
3. 命题“，”为真命题的一个必要不充分条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意结合恒成立问题可知，根据充分、必要条件结合包含关系分析判断.
【详解】因为，即，
且，则，由题意可得，
选项中只有选项D满足是的真子集，
所以命题“，”为真命题的一个必要不充分条件是.
故选：D.
4. 如图所示，向量，，，在一条直线上，且，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的线性运算求解.
【详解】由题意可得：，
即.
故选：B.
5. 已知曲线在处的切线与直线垂直，则的值为（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导，根据导数的几何意义可得曲线在处的切线斜率为，结合垂直关系运算求解即可.
【详解】因为，可得，
即曲线在处的切线斜率为，
且直线的斜率为，
由题意可得：，解得.
故选：B.
6. 设是定义域为的奇函数，且，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得4为周期，根据题意结合周期性运算求解.
【详解】因为，则，
可知4为的周期，
且，可得.
故选：C.
7. 已知，化简的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由倍角公式结合同角三角函数关系计算化简即可.
【详解】因为，
且，则，可得，
所以；
又因为，
且，可得，
所以；
综上所述：.
故选：A.
8. 已知向量，，若关于的方程在上的两根为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用数量积的坐标运算、正弦型函数的图象与性质、同角三角函数基本关系式运算即可得解.
【详解】解：由题意，
，
可得：，设，
当时，.
且由，得在上的对称轴为.
∵方程在上的两根为，
∴，，
且由得，∴.
∴，
∵当时，，∴，即有.
又∵，∴，则，
∴由得：，
∴.
故选：B.
【点睛】三角函数图象的对称轴和对称中心的求解思路和求法：
1.思路：函数图象的对称轴和对称中心可结合图象的对称轴和对称中心求解.
2.方法：利用整体代换的方法求解，令，，可解得对称轴方程；令，，可解得对称中心横坐标，纵坐标为.
对于、，可利用类似方法求解（注意的图象无对称轴）.
二、多选题（本大题共4小题，共20分.每小题有多项符合题目要求）
9. 在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法正确的是（ ）
A. 数列是等比数列B.
C. D. 数列是等差数列
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据等比数列的性质得到，即可得到关于和方程组，结合条件解得和，从而得到，再逐一分析各个选项，即可求解.
【详解】因为数列为等比数列，则，
由，解得：或，
则或，又为整数，所以，且，，所以B选项正确；
又，所以，
则，，，所以C选项正确；
因为，所以不是等比数列，所以A选项错误；
又有，
所以数列是公差为1的等差数列，所以D选项正确；
故选：BCD.
10. 已知实数，，满足，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据指数和对数的转化得到，，，对于A选项，根据即可判断；根据对数的换底公式得到，即可判断；对于C选项，利用作差法和换底公式结合基本不等式即可判断；对于D选项：根据基本不等式即可判断.
【详解】因为，，，
所以，，，
对于A选项：因为，则，即，
所以，故A选项错误；
对于B选项： ，故B选项正确；
对于C选项：，
因，所以，
又，
所以，即，所以，故C选项错误；
对于D选项：因为，，
所以，故D选项正确；
故选：BD.
11. 函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 函数的零点为，
C. 若，则，
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正弦函数的图象与性质求得和，代入点，求得，从而得到，根据正弦的函数的性质判断ABC选项，对于D选项：利用三角恒等变换得到，其中，，再结合同角三角函数关系即可求解.
【详解】对A：由函数图象得，且函数的周期满足：，
则，解得：，即，
代入点得：，，解得：，
又，所以，故A选项正确；
则，
对B：令，得，，解得：，，
所以函数的零点为，，故B选项错误；
对C：因为，
又，即，且，
则，，所以C选项正确；
对D：又，
即，
则，
所以，其中，，故，
所以，，即，，
则，所以D选项正确；
故选：ACD.
12. 已知数列的前项和，，数列的前项和满足对任意恒成立，则下列命题正确的是（ ）
A. B. 当为奇数时，
C. D. 的取值范围为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用可判断A；求出，分为奇数、为偶数，求出可判断BC；分为奇数、为偶数，利用分离，再求最值可判断D.
【详解】当时，，当时，，适合上式，所以，故A正确；
所以，
当为奇数时，
，故B错误；
当为偶数时，
，
所以，故C正确；
当为奇数时，，
若，则，即，
所以，而，即；
当为偶数时，则得，
即，而，即，
综上所述，，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是分类讨论、分离参数求最值．
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 已知平面向量，，那么在上的投影向量坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的运算和投影向量的计算公式即可.
【详解】，所以，
同理可得：，
且，
，
在上的投影向量为：
故答案为：
14. 已知函数在上是增函数，则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】由于在上是增函数，则在上恒成立，可得以在上恒成立，即在上恒成立，令，求导确定单调性即可得最值从而可得的取值范围，即可得所求.
【详解】因为函数在上是增函数，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，则，
所以当时，，函数递增；当时，，函数递减，
则，故，
所以的最小值是.
故答案为：.
15. 购买同一种物品可以用两种不同的策略，不考虑物品价格的升降，甲策略是每次购买这种物品的数量一定，乙策略是每次购买这种物品所花的钱数一定，则______种购物策略比较经济.
【答案】乙
【解析】
【分析】设第一次和第二次购物时价格分别为，每次购n，根据条件，求得按甲策略购买的平均价格x，若按第二种策略，设每次花钱m元钱，则可求得按乙策略购买的平均价格y，利用作差法，即可比较x，y的大小，进而可求得答案.
【详解】设第一次和第二次购物时价格分别为，
按甲策略，每次购n，按这种策略购物时，两次的平均价格，
按乙策略，第一次花m元钱，能购物物品，第二次仍花m元钱，能购物物品，
两次购物的平均价格，
比较两次购物的平均价格 ，
因为甲策略的平均价格不小于第乙种策略的平均价格，所以用第二种购物方式比较经济，
故答案为：乙.
16. 已知函数若关于的方程，有4个不同的实数根，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】作出与的图象，即可判断
【详解】作出的图象，
因为的图象是过定点，并且是绕着该点旋转的两条关于对称的的射线.
当时，为轴，两函数图象只有3个交点，不符合题意.
当时，的是两条向下的射线，两图象只有1个交点，不符合题意.
故，先考虑时两图象的交点情形，
当时，,与刚好只交于点.
证明如下：当时，在点处，由，故，令，则，所以切线方程为：；
当时，在点处，由，故，令，则，所以切线方程为：；
所以当时在，两图象只有一个交点，此时考虑，
当，两函数图象必有一个交点，
当时，，所以两函数图象在有一个交点，
当时，联立得，无解，所以没有交点；
所以当时，只有3个交点，不合题意.
当时，，两射线更加陡峭，
两函数图象在时，没有交点，在有一个交点，则在有两个交点，另外两个交点要在取得，
当，即时，在和各一个交点；
故在时，两图象有4个交点.
当时，，两射线趋于平缓，
则两函数图象在有一个交点，在没有交点，则在有2个交点，另两个必须在取得，
若与相切，
则联立得，
；此时两函数图象在有三个公共点.
所以在时，两函数图象在有2个交点，在也有2个公共点，符合题意；
当，两函数图象在有2个交点，在也有3个公共点，不符合题意；
综上所述，的取值范围为.
故答案为：
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知函数在处有极值2.
（1）求，的值；
（2）求函数在区间上的最值.
【答案】（1），
（2）最小值是，最大值是2.
【解析】
【分析】（1）利用极值和极值点列方程求解即可；
（2）根据导数求出函数的单调区间，然后比较极值和端点处函数值的大小即可.
【小问1详解】
，.
∵函数在处取得极值2，
∴，，
解得，，
∴，
经验证在处取得极大值2，
故，.
【小问2详解】
，
令，解得，
令，解得或，
因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
，
故函数的最小值是，
，故函数的最大值是2.
18. 设函数.
（1）求函数的值域和单调递增区间；
（2）当，且时，求的值.
【答案】（1），.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据辅助角公式和三角函数的图象与性质即可得到答案；
（2）代入得，再求出，再利用二倍角公式和两角和与差的余弦公式即可得到答案.
小问1详解】
，
因为，所以函数的值域是.
令，，解得，，
所以函数的单调递增区间为，.
【小问2详解】
由，得.
因为，所以，所以，
所以，
所以，
所以
19. 已知且，函数在上是单调递减函数，且满足下列三个条件中的两个：①函数为奇函数；②；③.
（1）从中选择的两个条件的序号为______，依所选择的条件求得______，______.
（2）在（1）的情况下，关于的方程在上有两个不等实根，求的取值范围.
【答案】（1）选择①②，，
（2）
【解析】
【分析】（1）通过单调性分析可知一定满足①②，进而结合奇偶性和列方程求解即可；
（2）参变分离可得，，，换元转化为在上有两个解，进而结合对勾函数的单调性求解即可.
【小问1详解】
因为在上是单调递减函数，
故②，③不会同时成立，故函数一定满足①函数为奇函数.
因为函数的定义域为，所以，则，，故一定满足②.
选择①②，，即，
而，解得.
【小问2详解】
由（1）可得，
由，则，
即，
令，因为，所以，
则问题转化为在上有两个解，
显然，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又，，
要使在上有两个解，则，
所以的取值范围是.
20. 在中，角，，所对的边分别是，，，，，且.
（1）求的正弦值；
（2），边上的两条中线，相交于点，求的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用正弦定理对进行转化，得出角，再由正弦定理解出的正弦值；
（2）运用余弦定理以及向量知识求出、、的值，根据题意得到为重心，从而得出、，进而得出的余弦值.
【小问1详解】
解：因为，
由正弦定理可得，，
即，
整理得.
因为，所以，
所以，即.
又因为，所以.
由正弦定理，得.
【小问2详解】
由余弦定理得，
即，所以.
在中，由余弦定理得，
则.
在中，，
所以，
解得.
由，分别为边，上的中线可知为的重心，
可得，.
在中，由余弦定理得，
又因为，所以.
21. 数列满足，，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，，数列的前项和为，求对任意都成立的最小正整数.
（参考公式：，）
【答案】（1）
（2）1012
【解析】
【分析】（1）先写出，结合题中条件的式子，两式相减可得出与之间的递推关系，从而解决问题；
（2）先分析出中各项所满足的通项公式，根据通项公式求解出，裂项求解出，从而求解出满足题意的值.
【小问1详解】
解： ，
当时，，
作差，得，即.
因为，，所以，满足，
即为常数列，即，.
【小问2详解】
由题意，，
即.
设，，
则
，
，
.
因为对任意都成立，
所以，即，的最小值为1012.
22. 设函数，，.
（1）讨论在区间上的单调性；
（2）若在上恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增
（2）.
【解析】
【分析】（1）求导得到，再分别解不等式和，即可得到在区间上的单调性；
（2）根据条件得到时， ，构造函数（），求导得到，再利用导数研究函数的单调性，从而得到在上单调递增和分类讨论和即可求解.
【小问1详解】
由题意得：，.
由，得，由，得，
即在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由时，，得，即.
设，，
则，
设，则
当时，，，所以，
所以即在上单调递增，则.
①当时，则，
所以上单调递增，所以恒成立，符合题意.
②当时，则，且时，，
则必存在正实数满足当时，，在上单调递减，
此时，不符合题意.
综上，的取值范围是.
【点睛】关键点睛：利用导数证明不等式时，一般需要对结论进行合适的转化，本题转化为只需证明在上的最小值大于即可，对不等式适当变形，构造函数是解决问题的第二个关键所在，一般需利用导数研究函数的单调性及最值，.