辽宁省名校联盟（东北三省三校）2024-2025学年高三上学期9月联合考试数学试卷

这是一份辽宁省名校联盟（东北三省三校）2024-2025学年高三上学期9月联合考试数学试卷，共13页。试卷主要包含了已知且，则等内容，欢迎下载使用。
数学
命题人：大连市第二十四中学 王辉 审题人：大连市第二十四中学 李响
本试卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。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。
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.（ ）
A.B.C.D.2
2.已知命题p：，，命题q：，则（ ）
A. p和q都是真命题B.和q都是真命题
C. p和都是真命题D.和都是真命题
3.已知M，N为全集U的非空真子集，且M，N不相等，若，则（ ）
A.B.C.D.
4.如图，有一个无盖的盛水的容器，高为H，其可看作将两个完全相同的圆台面积较大的底面去掉后对接而成.现从顶部向该容器中倒水，且任意相等的时间间隔内所倒的水的体积相等，记容器内水面的高度y随时间t变化的函数为，则下列函数图像中最有可能是图像的是（ ）
5.已知等比数列的公比为q，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.若定义在上的偶函数在上单调递增，则，，的大小关系为（ ）
A.B.
C.D.
7.已知定义在上的函数，对，都有，若函数的图像关于直线对称，则（ ）
A.–2B.–1C.2D.1
8.已知函数，则当时，方程的不同的实数解的个数为（ ）
A.4B.3C.2D.1
二、选择题：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.已知且，则（ ）
A.B.C.D.
10.已知幂函数的图像经过点，下列结论正确的有（ ）
A.B.是偶函数
C.D.若，则
11.表示不超过x的最大整数，例如，，，已知函数，下列结论正确的有（ ）
A.若，则
B.
C.设，则
D.所有满足（m，）的点组成的区域的面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若，则a的取值范围是____________.
13.数列共有5项，前三项成等差数列，且公差为d，后三项成等比数列，且公比为q.若第1项为1，第2项与第4项的和为18，第3项与第5项的和为35，则____________.
14.已知a，b，c均为正数，，则的最大值为____________.
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.（13分）
已知数列是首项为3，公比为9的等比数列，数列满足.
（1）求数列和的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
16.（15分）
定义三阶行列式运算：，其中（i，）.已知，关于x的不等式的解集为M.
（1）求M；
（2）已知函数不存在最小值，求a的取值范围.
17.（15分）
已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）设，当时，记在区间上的最大值为M，最小值为m，求的取值范围.
18.（17分）
已知为数列的前n项和，为数列的前n项和，，，.
（1）求的通项公式；
（2）若，求n的最大值；
（3）设，证明：.
19.（17分）
已知函数（e是自然对数的底数）.
（1）若，求的极值；
（2）若，，，求a；
（3）利用（2）中求得的a，若，数列满足，且，证明：.
辽宁名校联盟高三9月联考数学
参考答案及解析
一、选择题
1.C【解析】由题意得.故选C项.
2.A【解析】对于p，取，则，所以p是真命题，对于q，利用分析法易得q是真命题.故选A项.
3.B【解析】由，得，又M，N不相等，所以，从而.故选B项.
4.D【解析】由题意得水面高度随时间增加而增加，结合容器的形状，水面高度增加的速度由快到慢再到快，由平均变化率的概念可知D项正确.故选D项.
5.D【解析】若，，则，但，充分性不成立；若，则，但，必要性不成立.综上，“”是“（）”的既不充分也不必要条件.故选D项.
6.B【解析】因为是定义在上的偶函数，所以，，又，在上单调递增，所以.故选B项.
7.C【解析】因为函数的图像关于直线对称，且的图像由的图像向左平移一个单位长度得到，所以为偶函数，因为，所以，所以）是以8为一个周期的偶函数，所以，由，得.故选C项.
8.A【解析】由题意得当1时，，令，则，所以当时，，单调递减，当时，，单调递减，当时，，单调递增，易得当x从1的右侧无限趋近于1时，当，当时，，且.当时，，令，则，所以单调递减，由，得时，，单调递增，当时，，单调递减，又0，且当时，，当x从1的左侧无限趋近于1时，.所以函数的部分图像大致如图所示：
对于方程，设，则由，知一元二次方程的判别式一定大于0，又由两根之积为，得关于t的方程一定有一正根一负根，故结合的图像可知原方程一定有4个不同的实数解.故选A项.
二、选择题
9.BD【解析】由且，得0，解得，同理得，故A项错误，B项正确；对于C项，，当且仅当时，取等，故C项错误；对于D项，，故D项正确.故选BD项.
10.BCD【解析】设幂函数，由，得，所以，所以无意义，故A项错误；，所以是偶函数，故B项正确；由，得，故C项正确；因为是偶函数，且在上单调递减，所以由，得，即且解得且，故D项正确.故选BCD项.
11.ABD【解析】对于A项，若，则，则，，所以，故A项正确.对于B项，设，，，，则，又，所以，所以，所以故B项正确.对于C项，由题意得表示x轴，直线及曲线所围成区域的整点（横、纵坐标均为整数的点）的个数（不含x轴上的点），设函数和，可得函数和互为反函数，即两个函数的图像关于直线对称，由函数对称性可得y轴，直线及曲线围成的区域与以x轴，直线及曲线围成的区域所包含的整点一样多，如图所示：
则表示边长为20的正方形内整点的个数之和，其中有两个，且不含坐标轴上的点，所以整点的个数为，故C项错误.对于D项，当时，，，此时组成区域的面积为1；当时，，，此时组成区域的面积为1；当时，，，此时组成区域的面积为1；当时，，，此时组成区域的面积为1；当时，，，此时组成区域的面积为.综上，点组成区域的面积为，故D项正确.故选ABD项.
三、填空题
12.【解析】由题意，若，则无意义；若，得，此时，即，即，解得或.综上，a的取值范围是.
13.5【解析】由题意得该数列的项分别为1，，，，，又即从而，即，即，解得所以.
14.【解析】由题意，当且仅当时取等号，下面求的最大值.
解法一：设，则，代入，得，即，所以，从而得，即，又当，时，，所以的最大值为.
解法二：由，设，，，则，其中，，当时，取得最大值为.
解法三：设，，由，得，即，当且仅当，时取等.
解法四：数形结合，设，画出的图像，表示圆心在坐标原点，半径为的圆在第一象限内的部分，平移直线至与圆相切，此时直线的纵截距最大，即为所求.
四、解答题
15.解：（1）由题意得，（2分）
所以.（3分）
由，
得当时，，（5分）
所以，即.（6分）
又当时，也符合，
所以.（7分）
（2）设，
则，（8分）
（9分）
两式作差得，（10分）
即，（12分）
所以.（13分）
16.解：（1），（3分）
所以且，（5分）
又，
所以原不等式的解集.（6分）
（2）由（1）知，
所以（7分）
所以当时，；（9分）
当时，.（10分）
①当，即时，，所以不存在最小值；（12分）
②当，即时，，因为不存在最小值，所以，
解得.（14分）
综上，a的取值范围是.（15分）
17.解：（1）由，得，（2分）
所以，所以，（4分）
所以，所以，（5分）
所以曲线在处的切线方程为，即.（6分）
（2）由（1）可得，（7分）
，（8分）
因为，所以，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，（9分）
所以的最小值.（10分）
又，，所以，
从而的最大值，（12分）
所以设，则，（13分）
由，知，所以单调递增，
因为，，
所以的取值范围为.（15分）
18.（1）解：由，得，所以数列为等差数列，
所以，所以.（1分）
又，所以，
设的公差为d，即解得（3分）
所以的通项公式是.（4分）
（2）解：由（1）知，所以（5分）
，（6分）
，（8分）
令，得，
设，则数列是递增数列.
又，，
所以n的最大值为5.（10分）
（3）证明：由（2）知，
设，则，
所以是递增数列，
所以成立.（12分）
又，（13分）
所以当时，由，得，（14分）
所以（16分）
综上，.（17分）
19.（1）解：由题意得，
则.（1分）
令，得，（2分）
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，（3分）
所以有极大值，无极小值.（4分）
（2）解：因为，所以，从而，，
所以，即.（6分）
设，注意到，
所以，即为的极大值点.（7分）
由，令，得.（8分）
检验：当时，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以成立.
综上，.（9分）
（不检验要扣1分）
（3）证明：由（2）得，从而（），
则（10分）
令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，，（11分）
因为，所以，，…，，（12分）
令（），
则，
所以在上单调递减，且，（13分）
因为，
又，所以，
所以，即，（14分）
所以，
即，
所以，
所以，（16分）
又，
所以，
即.（17分）
A
B
C
D