福建省龙岩市一级校2025届高三上学期11月期中考试数学试卷(含答案)

这是一份福建省龙岩市一级校2025届高三上学期11月期中考试数学试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．设集合,，则( )
A.B.C.D.
2．命题“,”为假命题，则实数a的取值范围为( )
A.B.C.D.
3．设为等差数列的前n项和，已知,，则的值为( )
A.64B.14C.10D.3
4．已知正数a，b满足，则的最小值为( )
A.4B.6C.D.8
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，，O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.
6．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.充分必要条件D.既不充分又不必要条件
7．已知函数，若对任意，都有，则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
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a的最小值为( )
A.B.C.eD.2e
二、多项选择题
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
10．已知函数的定义域为R，对任意x都有，且，，则( )
A.的图像关于直线对称B.的图像关于点对称
C.D.为偶函数
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
三、填空题
12．已知复数z满足，则____.
13．已知函数,.曲线在点处的切线方程为，则____.
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.已知正项数列的前n项和为，且满足，则____.（其中表示不超过x的最大整数）
四、解答题
15．已知函数.
(1)求的最小正周期及单调递增区间;
(2)将的图像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），得到函数的图像，求在上的最大值和最小值.
16．已知数列的前n项和为,，等差数列的前n项和为,,.
(1)求和的通项公式;
(2)设求数列的前项和.
17．在中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,,.
(1)求角B;
(2)如图，已知D为平面内一点，且A,B,C,D四点共圆，，求四边形ABCD周长的最大值.
18．已知函数.
(1)求的单调区间;
(2)设，若对任意，均存在，使得，求实数a的取值范围.
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n层球数多，设各层球数构成一个数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)求的最小值；
(3)若数列满足，对于，证明：.
参考答案
1．答案：B
解析：因为
，
所以或，
所以.
故选：B
2．答案：A
解析：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．答案：C
解析：由等差数列前n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．答案：D
解析：因为正数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．答案：D
解析：因为，,
所以，,
所以，，,
所以,
则P,Q的余弦距离为,
所以,
所以.
故选：D.
6．答案：A
解析：根据题意，成立时，有，
结合，得，即，
①当时，可得，所以，即；
②当时，n为偶数时，，可得，所以，
n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．答案：A
解析：设.
由对任意，都有，
即，也就是，
所以在R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R单调递增，
还应该满足，
即或，又因为，
所以.
故选：A
8．答案：B
解析：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a的最小值为.
故选：B
9．答案：ABD
解析：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．答案：AC
解析：，则的图像关于直线对称，
故A正确，B错误；
因为函数的图像关于直线对称，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．答案：ACD
解析：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0，没有零点.
故在R上没有实数根，即在R上没有零点，故B错误，C正确.
对于D，由，可得的图像关于直线对称，
当时，,的图像关于y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，
所以的图像关于直线对称，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
12．答案：
解析：由题意得，，
.
故答案为：.
13．答案：-1
解析：由于，，
故，
，，
，，解得，.
，
故答案为：-1
14．答案：88
解析：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，，
且
.
所以.
故答案为：88
15．答案：(1)；
(2)最大值为，最小值为-1
解析：(1)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.
(2)将的图像向右平移个单位长度，
得到函数的图像，
再将所得图像上所有点的横坐标缩短为原来的，
得到函数的图像.
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-1.
16．答案：(1)，
(2)
解析：(1)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,，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以.
设等差数列的公差为d，
因为,，可得，解得，
所以，即的通项公式为.
(2)因为可得
则数列的前2n项和，
令，
，
则，
所以，
，
.
17．答案：(1)
(2)最大值为
解析：(1)，
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.
(2)因为,，所以，
又，所以由余弦定理可得:
，
所以，即.
因为A,B,C,D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．答案：(1)答案见解析;
(2)
解析：(1)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.
(2)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，
所以成立，所以无解.
综上所述，a的取值范围为.
19．答案：(1)；
(2)0；
(3)证明见解析.
解析：(1)依题意，,,,,，
则有,,,，
当时，
，
又也满足，所以.
(2)函数的定义域为，
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.
(3)由(2)知，当时，，
令，则，
则，
因此，
令，
于是，
两a式相减得，
因此，所以.