吉林长春2024~2025学年高三数学第一学期第二次摸底考试试题｛含答案｝

这是一份吉林长春2024~2025学年高三数学第一学期第二次摸底考试试题｛含答案｝，共21页。试卷主要包含了回答非选择题时，请使用0， 已知，且，则， 已知函数，则下列结论正确的有等内容，欢迎下载使用。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.
3.回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸､本试题卷上书写的答案无效.
4.保持卡面清洁，不要折叠､不要弄皱､弄破，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第五卷（非选择题）两部分.总分150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷（选择题共58分）
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. 设集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，
，
所以.
故选：B.
2. 已知是的导函数，则“”是“是函数的一个极值点”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】
【分析】根据极值点定义或举例判断和为函数的极值点之间的逻辑关系，即可得答案.
【详解】根据极值点的定义，是函数的一个极值点可得，
但是时，不一定是函数的一个极值点，
比如，，满足，但在R上单调递增，
即不是函数极值点，
故“”是“是函数的一个极值点”的必要不充分条件，
故选：B
3. 函数的图象大致为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性排除两个选项，再利用函数值的正负排除一个，然后可得正确选项.
【详解】当时，，又，
则为奇函数，排除AB，
由可知CD图中的虚线为，
当时，，所以，排除C.
故选：D.
4. “碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（亿吨）与时间t（年）满足函数关系式，若经过5年，二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？（参考数据：）（）
A. 28B. 29C. 30D. 31
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设条件可得，令，代入，等式两边取，结合估算即可.
【详解】由题意，，即，
令，即，故，即，
可得，即.
故选：C
5. 已知，且，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦的二倍角公式结合的范围求出，进而得到余弦值和正切值，结合诱导公式求出答案.
【详解】由题意得，
解得或．
又，所以，
则，，
所以，，
，，
故ACD错误、B正确．
故选：B
6. 已知向量，则向量在向量上的投影向量为（）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中条件及投影向量的定义计算即可求解.
【详解】由向量，
则，，，
则向量在上的投影向量为：.
故选：D.
7. 已知定义在R上的可导函数，对，都有，当时，若，则实数a的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令，由已知得在区间单调递减，为偶函数，且在区间单调递增，由此可将不等式等价转化为，求解即可.
【详解】解：令，则当时，，所以在区间单调递减，
又，所以为偶函数，且在区间单调递增，
又，即，所以，即，
得或，
故选：C.
8. 在中，角的对边分别为的面积为，则的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由面积公式和余弦定理，基本不等式对进行变形，得到关于的关系式，结合三角函数的有界性，列出关于t的不等式，求出最大值.
【详解】因为，，
则设
，
当且仅当时，等号成立，
所以，即，
.
故选：A.
二､多项选择题：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. （多选）若，则下列不等式一定成立的是（）
A. B.
CD.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于选项A，可用赋值法，取，，否定选项A，
对于选项BC,D利用作差法结合即可比较大小.
【详解】解：对选项A可用特殊值法. 令，，则，故选项A中不等式不成立；，故选项B中不等式成立；，故选项C中不等式成立；，故选项中不等式成立，故选BCD.
【点睛】本题考查了用特殊值法判断两个量的大小关系及利用作差法比较两个量的大小关系，重点考查了作差法比较大小，属基础题.
10. 已知函数，则下列结论正确的有（）
A. 函数的最小正周期为B. 函数在上有2个零点
C. 函数的图象关于对称D. 函数的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正弦函数的周期性可判断A错误；利用数形结合思想，画出和函数的图象，可判断在上有2个零点；验证恒成立，可判断出函数的图象关于对称；求导，判断函数的单调性及最值，判断D选项是否正确.
【详解】对于A选项，函数，故为的一个周期，又的最小正周期为，的最小正周期为，故函数的最小正周期为，故A错误；
对于B选项，令得，，在同一坐标系中作出函数和函数的图象可知，当时，两图象有两个交点，故B正确；
对于C选项，，
所以，故的图象关于点中心对称；
对于D选项，
，
当时，，得，得，；当时，，得，；
故函数在上递增，在上递减；又
所以当处取得最小值，
故，故D错误；
故选：BC
【点睛】本题考查三角函数图象性质的运用，考查利用导数分析函数的最值，难度较大，解答本题的主要思路如下：
①判断函数的零点个数问题时，可采用数形结合思想，将问题转化为两个函数图象的交点个数问题；
②若函数满足，则函数关于点中心对称；
③对于函数最值问题，可运用导数，分析清楚函数的单调区间是关键，然后得出的最值.
11. 已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的取值可能是（）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用导数研究函数的单调性可证明函数存在唯一零点，即，可得在有零点，再分和两种情况讨论求解即可.
【详解】由，，
，
当时，单调递减，
当时，单调递增，又，
则函数存在唯一零点，即，
，即在有零点，
①若，即，
此时的零点为，显然符合题意；
②（i）若，即或，
若在只有一个零点，则；
（ii）若在有两个零点，
则，解得，
综上所述，实数的取值范围为.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：对于一元二次方程根与系数的关系的题型常见解法有两个：一是对于未知量为不做限制的题型可以直接运用判别式解答（本题属于这种类型）；二是未知量在区间上的题型，一般采取列不等式组（主要考虑判别式、对称轴、的符号）的方法解答.
第Ⅱ卷（非选择题共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 复数满足，则________.
【答案】
【解析】
【分析】设，结合复数的几何意义，列出方程组即可求解.
【详解】设复数，
由，可得复数对应的点在以和为端点的线段的垂直平分线上，所以，
由可得复数对应的点在以和为端点的线段的垂直平分线上，所以，
联立，解得，所以，
经检验，满足，
则.
故答案为：.
13. 已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，再结合基本不等式即可得答案.
【详解】解：因为函数为偶函数，则，
即，①
又因为函数为奇函数，则，
即，②
联立①②可得，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故函数的最小值为．
故答案为：
14. 莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛，如图所示，分别以正三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形，已知两点间的距离为2，点为上的一点，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算及向量数量积的运算将所求式子表示为，再利用三角形的几何意义求解即可.
【详解】设为的中点，为的中点，如图所示，
则
，
在正三角形中，，
所以，
所以，
因为，
所以，
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. 在中，角的对边分别为，若．
（1）求的大小；
（2）若，求的最大值．
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）由题意利用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可得∠A的大小；
（2）由题意结合(1)的结论和三角函数的性质可得的最大值.
【小问1详解】
由已知，根据正弦定理得
即
由余弦定理得
故，因为，所以.
【小问2详解】
，由（1）得：
，
因为，则，
故当，即时，取得最大值1.
16. 已知数列的首项，且满足，设．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）若，求满足条件的最小正整数．
【答案】（1）证明见解析
（2）2024
【解析】
【分析】（1）利用等比数列的定义证明即可；
（2）利用分组求和方法得到，然后利用的增减性解不等式即可.
【小问1详解】
，
，所以数列为首项为，公比为等比数列.
【小问2详解】
由（1）可得
，
即，
∴，
而因为在上均单调递增，则随着的增大而增大，
要使，即，则，
∴的最小值为2024.
17. 记的内角的对边分别为，已知，是边上的一点，且.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分别在和中利用正弦定理表示出，代入已知等式化简整理即可得到结果；
（2）根据，在和利用余弦定理可整理得到；在中，利用余弦定理可得，进而得到，代入中即可求得结果.
【小问1详解】
证明：在中，由正弦定理得：，
在中，由正弦定理得：，
在中，，
所以，
，
所以.
【小问2详解】
由，得，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
，，即，
整理可得：；
在中，由余弦定理得：，则，
，，即，
.
18. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，结合可求得切线方程；
（2）求导后，设；令，利用导数可求得单调性，得到，采用放缩法可确定，知在上单调递增；当时，由恒成立可确定，满足题意；当时，令，利用导数可说明，得到，结合零点存在定理可说明，使得，由此可说明当时，，不合题意；综合两种情况可得结论.
【小问1详解】
当时，，
则，，又，
在处的切线方程为：.
【小问2详解】
，
令，则，
令，则，
在上单调递增，，即；
当时，，，，
，，
即，在上单调递增，即在上单调递增；
；
①当，即时，，在上单调递增，
，满足题意；
②当，即时，；
令，则，
在上单调递增，，即，
又，，使得，
当时，，则在上单调递减，此时，不合题意；
综上所述：实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据导数几何意义求解切线方程、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够根据端点效应，说明当时，单调递增；当时，结合零点存在定理说明存在的区间，由此可得参数范围.
19. 置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合的函数称为次置换.满足对任意的置换称作恒等置换.所有次置换组成的集合记作.对于，我们可用列表法表示此置换：，记.
（1）若，计算；
（2）证明：对任意，存在，使得为恒等置换；
（3）对编号从1到52的扑克牌进行洗牌，分成上下各26张两部分，互相交错插入，即第1张不动，第27张变为第2张，第2张变为第3张，第28张变为第4张，，依次类推.这样操作最少重复几次就能恢复原来的牌型？请说明理由.
【答案】（1）
（2）证明见解析（3）最少8次就能恢复原来的牌型，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到；
（2）解法一：分类列举出所有情况，得到结论；
解法二：，故至少有一个满足，当分别取时，记使得的值分别为，取为的最小公倍数即可得到答案；
（3）设原始牌型从上到下依次编号为1到52，故，列举出各编号在置换中的变化情况，得到连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，从而得到最少8次这样的置换即为恒等置换.
【小问1详解】
，
由题意可知；
【小问2详解】
解法一：①若，则恒等置换；
②若存在两个不同的，使得，不妨设，则.
所以，即为恒等置换；
③若存在唯一的，使得，不妨设，则或.
当时，由（1）可知为恒等置换；
同理可知，当时，也是恒等置换；
④若对任意的，
则情形一：或或；
情形二：或或
或或或；
对于情形一：为恒等置换；
对于情形二：为恒等置换；
综上，对任意，存在，使得为恒等置换；
解法二：对于任意，都有，
所以中，至少有一个满足，
即使得的的取值可能为.
当分别取时，记使得的值分别为，
只需取为的最小公倍数即可.
所以对任意，存在，使得为恒等置换；
【小问3详解】
不妨设原始牌型从上到下依次编号为1到52，则洗牌一次相当于对作一次如下置换：，即
其中.
注意到各编号在置换中的如下变化：
，，
，
，
，
，
，
，
，
所有编号在连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，
注意到的最小公倍数为8，由此可见，最少8次这样的置换即为恒等置换，
故这样洗牌最少8次就能恢复原来的牌型.
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.