2024-2025学年甘肃省平凉市华亭市高三上册第三次月考联考数学检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年甘肃省平凉市华亭市高三上册第三次月考联考数学检测试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知为第二象限角，则（ ）
A．B．
C．D．
4．在中，D是边BC上一点，且，E是AD的中点，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数，则的图象在处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．中，内角、所对的边分别为、，若，则角等于（ ）
A．B．C．D．
7．设函数是函数的导函数，，，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数的图象是由（）的图象向右平移个单位得到的，若在上仅有一个零点，则的取值范围是（ ）．
A．B．
C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知向量，下列结论正确的是（ ）
A．若与垂直，则为定值
B．若与互为相反向量，则m与n互为倒数
C．若与垂直，则为定值
D．若与互为相反向量，则m与n互为相反数
10．已知等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．B．
C．D．
11．在中，角所对的边分别为，已知，则下列判断中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则该三角形有两解
C．周长有最大值12D．面积有最小值
12．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如，．已知函数，则关于函数的叙述中正确的是（ ）
A．是奇函数
B．在上是减函数
C．的值域是
D．
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设等差数列的公差为，前项和为，若，则的最小值 ．
14．已知数列满足，，则的通项公式为 ．
15．已知，且，若恒成立，则的取值范围 ．
16．德国著名数学家狄利克雷是数学史上第一位重视概念的人，并且有意识地“以概念代替直觉”，他定义了一个函数有如下四个结论：
①；
②函数是偶函数；
③函数具有单调性；
④已知点，则四边形为平行四边形.
其中所有正确结论的序号是 .
四、解答题：本题共6小题，共70分（17题10分，其余各题各12分）．解答应写出文字说明、证明过程戓演算步骤．
17．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)证明：是等腰三角形；
(2)若的面积为，且，求的周长．
18．已知等差数列的前项和为，且，.
(1)求的通项公式
(2)求的前项和
19．已知．若的最小正周期为．
(1)求的表达式和的递增区间；
(2)求在区间上的最大值和最小值．
20．已知内角所对的边长分别为.
(1)求；
(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.
21．已知
（1）求的单调区间；
（2）求证曲线在上不存在斜率为-2的切线．
22．已知函数．
(1)若，求的极小值．
(2)讨论函数的单调性；
(3)当时，证明：有且只有个零点．
1．C
【分析】根据题意，由交集的运算，即可得到结果.
【详解】因为或，所以.
故选：C
2．D
【分析】根据复数运算法则可求得，由共轭复数定义可得，作差即可求得结果.
【详解】由得：，，
.
故选：D.
3．C
【分析】根据第二象限角的三角函数值的正负分别判断各选项.
【详解】因为为第二象限角，
所以，，，
则，，，
而的取值不确定.
故选：C.
4．A
【分析】用基底表示，再结合的关系，即可求得和.
【详解】根据题意，作图如下：
因为D是边BC上一点，且，所以；
又E是AD的中点，所以，则.
故选：A.
5．B
【分析】对函数进行求导，求出在处的切线的斜率，代入，求出，利用点斜式方程求出切线方程.
【详解】因为，所以，则，
所以的图象在处的切线方程为，
即.
故选：B.
6．C
【分析】根据正弦定理边角互化思想求出的值，再结合的范围可求出角的值.
【详解】，由正弦定理得，
，，则，可得.
又，因此，.
故选：C.
本题考查利用正弦定理边角互化思想求角，在计算时要结合角的取值范围来得出角的值，考查运算求解能力，属于基础题.
7．A
【分析】利用题设中的不等式中的信息构造函数，再用函数单调性求解而得.
【详解】依题意，令函数，则，且，
所以是上的增函数，，解得．
故选：A
由条件构造函数的常用两类问题：已知，可构造函数；
已知，可构造函数.
8．C
【分析】将问题化为函数在上仅有一个零点，求出零点，然后讨论由第一个正零点在区间上，第二个正零点大于列不等式组求解可得.
【详解】由题知，函数在上仅有一个零点，
所以，所以，
令，得，即.
若第一个正零点，则（矛盾），
因为函数在上仅有一个零点，
所以，解得.
故选：C.

9．AD
【分析】根据向量垂直的坐标关系可判断AC，利用相反向量的概念结合条件可判断BD.
【详解】若与垂直，则，则，A正确，C错误；
若与互为相反向量，则，则，，B错误，D正确．
故选：AD.
10．ABC
【分析】
根据等差数列前项和公式和通项的性质，推出，结合选项可得答案.
【详解】因为是等差数列，所以.
根据题意，又，所以，
从而，，故选项A，B正确；
又，即，故选项C正确；
对于选项D，，根据题意无法判断是否为零，故选项D错误.
故选：ABC
11．ABC
【分析】对于ABC，根据正、余弦定理结合基本不等式即可解决；对于D，由正弦定理得，根据三角恒等变换解决即可.
【详解】对于A，，，由正弦定理得，
所以，故A正确；
对于B，由正弦定理得得，所以，
因为，则有两个解，所以该三角形有两解，故B正确；
对于C，由，得
，
所以，当且仅当时取等号，此时三角形为等边三角形，周长最大，周长为12，故C正确；
对于D，由得,
故
由于，无最小值，
所以面积无最小值，有最大值为，故D错误.
故选：ABC.
12．ACD
【分析】利用奇偶性的定义判断A，利用函数单调性的结论判断B，由单调性求出的取值范围，结合定义判断C，利用对数函数的值域结合定义判断D.
【详解】因为，
所以，所以是奇函数，选项A正确；
因为在上是增函数，所以在上是增函数，在上是增函数，选项B错误；
因为，所以，所以的值域是，选项C正确；
令，，
由高斯函数定义可得当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；当时，；
所以
，选项D正确；
故选：ACD
13．
【分析】求出等差数列的和与通项公式，然后化简表达式，利用基本不等式求解即可．
【详解】解：等差数列的公差为，前项和为，若，
，，
．当且仅当时取等号．
故答案为．
本题考查数列与不等式的应用，等差数列的通项公式以及求和是的应用，考查转化思想以及计算能力．
14．
【分析】利用累加法计算可得.
【详解】因为，，
所以，
即，，，，，
所以，
即，则，
当时也成立，所以，
故．
15．
【分析】依题意可得恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得到在上恒成立，参变分离可得，则，利用导数求出，的最大值即可.
【详解】因为，且时恒成立，则恒成立，
当时，，显然恒成立，
则当时，恒成立，
则当时，恒成立，
令，，则，
所以在上单调递增，
则由，即，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，，
则，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以.
故
关键点点睛：本题根据是将不等式同构成，结合的单调性得到，再参变分离.
16．②④
【分析】根据函数表达式求，，，结合函数的单调性和奇偶性的定义判断①，②，③，再结合点的位置判断④.
【详解】当为有理数时，为有理数，，，，
当为无理数时，为无理数，，，，
所以①错误；
因为对任意的，，所以函数是偶函数；②正确，
因为，所以函数具有单调性；③错误；
因为，，即点，，，的坐标分别为，，，，所以，，结合图象可得，，所以四边形为平行四边形，④正确，
故②④.
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)根据给定条件利用三角形射影定理化简即可得解.
(2)根据给定条件求出，再利用三角形面积定理及(1)的结论求出a，b，然后借助余弦定理求出c即可计算作答.
【详解】（1）在中，，
由射影定理得，，
所以是等腰三角形．
（2）在中，因且，则，
又，即，由(1)知，则有，
在中，由余弦定理得：，解得，
又，则a，b，c能构成三角形，符合题意，，
所以的周长为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列前项和公式，结合等差数列的下标性质、通项公式进行求解即可；
（2）根据等差数列的定义，结合等差数列前项和公式进行求解即可.
【详解】（1）设的公差是，则，∵，，
∴， ，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）由（1）可得，
∴，
∵，
所以是等差数列，首项是，公差是，
所以.
19．(1)；的单调递增区间为．
(2)在区间上的最大值和最小值分别为1和．
【分析】（1）化简函数解析式，利用周期公式求，可得其函数解析式，再由正弦函数单调性求函数的递增区间；
（2）利用不等式性质及正弦函数性质求函数在区间上的最大值和最小值．
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以，
因为的最小正周期为，，
所以，所以，
所以，
令，，可得，，
所以函数的单调递增区间为，
（2）因为，
所以，
所以，即，
所以当时，函数取最大值，最大值为，
当时，函数取最小值，最小值为.
20．(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理可得，结合三角形内角性质求角的大小；
（2）法一：由已知可得，应用正弦边角关系及三角形面积公式可得即可得范围；法二：根据三角形为锐角三角形，应用几何法找到边界情况求面积的范围.
【详解】（1）由余弦定理得，即，
所以，又，则.
（2）法一：为锐角三角形，，则，
所以，可得，
又，则，故
由，即而，
所以，故面积的取值范围为.
法二：由，画出如图所示三角形，
为锐角三角形，
点落在线段（端点除外）上，
当时，，
当时，，
.
21．（1）单调递增区间是：；单调递减区间是：；（2）证明见解析．
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调区间.
（2）原命题等价于在上无解，令，利用导数可求其在上的最大值，从而可证明前者无解.
【详解】解：（1），
令，则，得，
令，则，得，
所以的单调递增区间是：；
单调递减区间是：．
（2）原命题等价于：在区间上方程即无解，
令，则；
当时，，所以在上递增；
当时，，所以在上递减.
因为的最大值是，所以不存在斜率为-2的切线.
方法点睛：导数背景下方程的解存在性问题，可构建新函数，通过导数求出新函数的值域（或最值等），从而可判断原方程的解的情况.
22．(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先求导，判断函数单调性，找到极小值点，求出极小值.
（2）求出，再求导，根据分类讨论，判断函数单调性.
（3）由导数为零，可找出极值点及单调区间，取并判断符号，根据零点存在定理可得结论.
【详解】（1）当时，的定义域为，
，
在区间递减；
在区间递增．
所以当时，取得极小值．
（2）的定义域为，
．
令，
当时，恒成立，所以即在上递增．
当时，在区间即递减；
在区间即递增．
（3）当时，，
由（2）知，在上递增，，
所以存在使得，即．
在区间，递减；在区间递增．
所以当时，取得极小值也即最小值为，
由于，所以．
，
，
根据零点存在性定理可知在区间和，各有个零点，
所以有个零点．