2025届湖北省新高考联考协作体高三(上)11月期中数学试卷(解析版)

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这是一份2025届湖北省新高考联考协作体高三(上)11月期中数学试卷(解析版)，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由可得，所以，
由可得或，且，
所以，
故选：B.
2. 若，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，则，
因此.
故选：C.
3. 已知x，y是任意实数，则是且的（）
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】若，则不能推出且，例如：；
若且，则，即命题成立，
所以命题是且的必要不充分条件.
故选：B.
4. 设均为非零向量，且，，则与的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由得：，，
，又，.
故选：C.
5. 若，，，则a，b，c的大小关系为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为是上的增函数，
所以，即，
又因为是增函数，所以，
又是上的增函数，
所以，即，
综上所述，a，b，c的大小关系为.
故选：A
6. 已知等比数列的前3项和为28，且，则（）
A. 28B. 56C. 64D. 128
【答案】D
【解析】因为，所以，
的前3项和为28，即， ①
， ②
②式比①式可得：，即，解得：（舍）或，
代入②式得，则.
故选：D
7. 已知，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，即，
由，即，而，则，
所以，可得.
故选：B
8. 英国数学家牛顿在17世纪给出了一种求方程近似根的方法—牛顿迭代法，做法如下：如图，设是的根，选取作为的初始近似值，过点x0,fx0作曲线y=fx的切线，则与轴的交点的横坐标，称是的第一次近似值；过点x1,fx1作曲线y=fx的切线，则该切线与轴的交点的横坐标为，称是的第二次近似值；重复以上过程，得的近似值序列，其中，称是的次近似值，这种求方程近似解的方法称为牛顿迭代法.若使用该方法求方程的近似解，则下列正确的是（）

A. 若取初始近似值为1，则过点1,f1作曲线y=fx的切线
B. 若取初始近似值为1，则该方程解的第二次近似值为
C.
D.
【答案】D
【解析】构造函数，则，
取初始近似值，，，
则，即，则A错误；
，，B错误；
根据题意，可知，
上述式子相加，得，
所以，C不正确，则D正确.
故选：D.
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 设等差数列前项和为，公差为，，，，下列结论正确的是( ).
A. ，B.
C. D. 当时，最大
【答案】BC
【解析】因为，，所以和异号，且，又因为，所以，，所以，故A错误，B正确；
，故C正确；
因为，，所以当时，最大，故D错误.
故选：BC.
10. 已知实数满足，则下列结论正确的是（）
A. 的最小值为9B. 的最大值为
C. 的最大值为D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】由对数的性质及运算法则可知：，
且，
所以：.
对于选项A：由，得：，
所以，
当，即时，取“”，所以选项A正确；
对于选项B：，所以，
当，即时取“”，所以的最大值为，所以选项B错误；
对于选项C：因为，
由选项B的解题中可知：，所以，
所以，所以选项C正确；
对于选项D：因为，即
当，即时，取“”，
所以，故选项D正确.
故选A,C,D.
11. 函数的图象过原点，且无限接近直线但又不与该直线相交，则下列结论正确的是（）
A.
B.
C. 若，则
D. 方程有3个实数根
【答案】BCD
【解析】由函数的图象过原点，
可知：，
由函数的图象无限接近直线但又不与该直线相交，
可知：，
所以有，故A错误；
由函数，可知，
所以是偶函数，
当时，由指数函数的性质可知是增函数，
所以有，故B正确；
当时，有，
，
由于，所以上式等号不成立，
即有，故C正确；
由方程可得：或，
而当时，由指数函数的性质可知是增函数，
所以，
则根据是偶函数，可知在上只有唯一解，
当时，由得：，
再根据是偶函数，可知有两个解.
所以方程有3个实数根，故D正确；
故选：BCD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数y=fx，x∈R，且，，，，，，则______.
【答案】192
【解析】由题意知，，
所以.
13. 如图，函数的部分图象如图所示，已知点A，D为的零点，点B，C为的极值点，，则______.

【答案】
【解析】由图可得，又，则，，
，则，，
则，化简得，
又，则，则有，
解得，又，则.
14. 若，，记数列的前项和为，则的最小值为______.
【答案】
【解析】，则，
所以，
令，则，
所以，
令，
则，
所以当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
因为，且，
当时，，
当时，，
所以的最小值为.
故答案为：.
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.
（1）求的单调减区间；
（2）将函数y=fx的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数y=gx的图象.若对任意，，求实数的最小值.
解：（1）.
由，解得，
所以函数的单调递减区间为；
（2）将函数的图象向左平移个单位长度，可得到函数
，
再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，即，
当时，，则，则，
对任意的、，，
则，
故实数的最小值为.
16. 已知函数在点处的切线方程为
（1）求函数的解析式；
（2）若，且过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围.
解：（1）由题意得，
故，
（2）过点向曲线作切线，设切点为，
则，，
则切线方程为，
将代入上式，整理得.
过点可作曲线的三条切线，
方程有三个不同实数根.
记，，
令，得或1，则，，的变化情况如下表：
当，有极大值；，有极小值，
由题意有，当且仅当即解得时函数有三个不同零点.此时过点可作曲线的三条不同切线.故的取值范围是.
17. 在中，角，，所对的边分别为，，，且
（1）求角的大小；
（2）设是边AC上一点，BD为角平分线且，求的值.
解：（1）因为，在中，，
所以
在中，由正弦定理得：
又，，所以，即，
又，所以，所以，
所以，因为，所以，即.
（2）因为，是角平分线，即，
因为，所以，
由正弦定理可知，所以，
所以，整理可得，
即，又因为，且，
即，解得.
18. 已知函数.
（1）若，求极值；
（2）求函数的单调区间；
（3）若函数有两个极值点，，求证：.
解：（1）当时，，函数定义域为，
，
当，，在上单调递增，
或，，在和上单调递减，
的极大值为，的极小值为.
（2）由，得.
令，则，，
当，即时，恒成立，则，
所以在上是减函数.
当，即或.
（i）当时，在上单调递增，恒成立，
从而，所以在上是减函数.
（ii）当时，函数有两个零点：，，
列表如下：
综上，当时，的减区间是，无增区间；
当时，的增区间是，减区间是和.
（3）由（2）知，当时，有两个极值点，，，
则，是方程的两个根，从而，，
由韦达定理，得，.
所以，
.
令，，，
则，
当时，，则在上是增函数，从而，
故
19. 把满足任意，总有的函数称为“类余弦型”函数.
（1）已知为“类余弦型”函数，，求f1的值；
（2）在（1）的条件下，定义数列：，求的值；
（3）若为“类余弦型”函数，且，对任意非零实数，总有.设有理数，满足，判断与的大小关系，并给出证明.
解：（1）令则，，又，故，
令，，则，则，
又，故；
（2）令，，则，
即，
又，则，
又，所以数列以为公比，为首项的等比数列，
即，则，
则；
（3）由题意得：函数定义域为，定义域关于原点对称，
令，有，又，故.
令，为任意实数，则，即，故是偶函数，
因为，又因为当时，，
所以当时，有，所以，
又，为有理数，不妨设，，令为，分母的最小公倍数，且，，，均为自然数，且，
设，，则，
令，，则，
即，则，
即可得，
故可得单调递增，
则，又是偶函数，所以有.0
1
+
0
-
0
+
极大
极小
-
0
+
0
-
减函数
极小值
增函数
极大值
减函数