湖北省宜昌市2024_2025学年高三数学上学期期中检测含解析

这是一份湖北省宜昌市2024_2025学年高三数学上学期期中检测含解析，共18页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，记为等差数列的前项和，若，则，荀子《劝学》，已知a，b，m都是负数，且，则，已知函数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生注意:
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语、不等式，函数，三角函数，平面向量，复数，解三角形，数列.
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，只有一项是符合题目要求的.
1.命题“”的否定为
A.B.
C.D.
2.设集合，则
A.B.C.D.
3.已知复数满足，则
A.B.2C.D.
4.已知x，y为实数，则“”是“”的
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件
5.记为等差数列的前项和，若，则
A.510B.408C.62D.16
6.荀子《劝学》：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”这告诉我们中学生要不断学习才能有巨大的进步.假设学生甲和学生乙刚开始的“日学习能力值”相同，学生甲的“日学习能力值”都在前一天的基础上提高，而学生乙的“日学习能力值”与前一天相同，那么当学生甲的“日学习能力值”是学生乙的2倍时，大约经过了
（参考数据：）
A.60天B.65天C.70天D.75天
7.已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为
A.4B.C.3D.
8.在平行四边形ABCD中，，点为平行四边形ABCD所在平面内一点，且，则的取值范围是
A.B.C.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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知a，b，m都是负数，且，则
A.B.C.D.
10.已知函数，则下列说法正确的是
A.函数的最小正周期为
B.函数的图象的一条对称轴方程为
C.函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
D.函数在区间上单调递增
11.已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数，且，令，则下列说法正确的是
A.函数是奇函数B.
C.函数的图象关于点对称D.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.在中，已知为线段AD的中点，若，则_________.
13.已知函数在[0，m]上有且仅有3个零点，则的最小值为_________.
14.设函数，正实数a，b满足，则的最小值为______.
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.（本小题满分13分）已知向量，且.
（1）求;
（2）求与的夹角.
16.（本小题满分15分）已知.
（1）求的值;
（2）若，求的值.
17.（本小题满分15分）已知函数是定义域为的偶函数.
（1）求的值;
（2）若，求函数的最小值.
18.（本小题满分17分）已知中，角所对的边分别为a，b，c，其中.
（1）若，求的面积;
（2）若是锐角三角形，为BC的中点，求AD长的取值范围.
19.（本小题满分17分）设任意一个无穷数列的前项之积为，若，则称是数列.
（1）若是首项为-2，公差为1的等差数列，请判断是否为数列？并说明理由；
（2）证明：若的通项公式为，则不是数列；
（3）设是无穷等比数列，其首项，公比为，若是数列，求的值.
宜昌市协作体高三期中考试数学参考答案、提示及评分细则
1.B 存在量词命题改写为否定形式的格式为存在量词改为全称量词，结论改为原结论的反面，故原命题的否定为.故选B.
2.C 因为，所以.故选C.
3.D 由，得，所以，所以.故选D.
4.A 当时，x，y同号，所以，所以“”是“”的充分条件；若时，，此时，所以“”不是“”的必要条件，所以“”是“”的充分不必要条件.故选A.
5.A 设等差数列的公差为，则解得所以.故选A.
6.C 不妨设经过天后，学生甲的“学习能力值”是学生乙的2倍，则，所以.故选C.
7.D 由，令，解得，当时，由得，即2），所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，即恒成立，令，则，所以，即数列单调递减，故，所以.故选D.
8.B 以为坐标原点，AB，AD所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系，如图所示.
设，则，，所以，所以，记，所以，所以，其中，，又，所以，即的取值范围是.故选B.
9.BD 由，得，故A错误；由，得，不等式两边同时除以ab，可得，即，故B正确；由不等式的可加性可知，由，可得，故C错误；，所以，故D正确.故选BD.
10.AC ，函数的最小正周期为，故A正确；由，得，故B错误；由的图象向左平移个单位长度，得，故C正确；因为，函数在上不单调，故D错误.故选AC.
11.BCD 因为，所以，所以函数是偶函数，故A错误；因为为偶函数，所以，即，所以，即，令，得，所以，故B正确;因为，所以，即，又，所以，所以，所以，即，所以函数的图象关于点对称，故C正确;因为，令，得，所以，又，所以，所以，故D正确.故选BCD.
12.10 由，得，又为线段AD的中点，所以，即，所以.
13. 由，得，因为在区间[0，m]上有且仅有3个零点，即在区间[0，m]上有且仅有3个解.结合与的图象，知，解得，即的最小值为.
14. 根据已知得，所以函数的图象关于点对称，易知在上为增函数，所以由得，，所以，所以，所以，当且仅当时取等号.
15.解:（1）因为向量，所以，
由得，解得，所以.……………………………………3分
又，所以.………………………………………………………6分
（2）设向量与向量的夹角为，因为，
所以.…………………………………………………………10分
又，所以，
即向量与向量的夹角是.……………………………………………………………………13分
16.解:（1）因为，所以，
又，所以.…………………………………………………………3分
所以.………………6分
（2）由（1），得，………………………………………………………8分
又，所以，又，所以，………10分
所以，…………12分
.…………………………………………………………………………13分
所以.…………15分
17.解：（1）由偶函数定义知，即，
所以对成立，所以.………………………………………………6分
（2）由题意知，
令，所以，所以，…………8分
所以.……………………………………10分
当，即时，在上单调递增，
所以，即;………………………12分
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，即.……………14分
综上，…………………………………………………………………15分
18.解:根据正弦定理由，得.………………………………………1分
（1）由余弦定理得，
即，所以，…………………………………………………………………4分
又，…………………………………………………………………………………5分
所以的面积为.……………………………………………………………………7分
（2）由，得，因为是锐角三角形，
所以解得…………………………………………………………9分
故，所以.…………………………………………12分
因为，
所以
……………………………………………………15分
所以，即AD长的取值范围为.…………………………………………17分
19.（1）解:是数列.…………………………………………………………………………………1分
理由:因为，所以，
当时，，所以是数列.…………………………………………………………2分
（2）证明：假设是数列，则对任意正整数总是中的某一项，
即对任意正整数，存在正整数满足：，
显然时，存在，满足，……………………………………………………4分
取，得，所以，
可以验证：当时，都不成立，
故不是数列.…………………………………………………………………………………………6分
（3）解：已知是等比数列，其首项，公比，所以，
所以，
由题意知对任意正整数，总存在正整数，使得，
即对任意正整数，总存在正整数，使得，
即对任意正整数，总存在正整数，使得，………………………………………8分
①令，得，且，
因为，
所以当时，取到最小值，
所以，所以，
又，所以，所以，即;…………………………………………………12分
②令，得，
且，所以，……………………………16分
综上，或.…………………………………………………………………………17分