福建省龙岩市一级校联盟2024-2025学年高三上学期11月期中联考数学试卷（Word版附解析）

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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. 64B. 14C. 10D. 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. 4B. 6C. 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qn−1q2−1>0，
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. eD. 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：
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an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，S>1+2×(3−2+4−3+⋯+2025−2024)=1+2×(2025−2)=1+245−2>88，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an的前项和为，等差数列bn的前项和为.
（1）求an和bn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an是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
设等差数列bn的公差为，
因为，可得，解得，
所以，即bn的通项公式为.
【小问2详解】
解：因可得
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fx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）答案见解析
（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s(a)≥s12=ln4−1>0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an.
（1）求数列an的通项公式；
（2）求的最小值；
（3）若数列bn满足，对于，证明：.
【答案】（1）；
（2）0； （3）证明见解析.
【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】
由（2）知，当时，，令，则，
则，
因此，
令，
于是，
两a式相减得，
因此，所以.
【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.