湖北省2024_2025学年高三数学上学期期中检测试题含解析

这是一份湖北省2024_2025学年高三数学上学期期中检测试题含解析，共10页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 已知，，，则等内容，欢迎下载使用。
时间：120分钟
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
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】
【分析】由一元二次不等式求出集合，再由绝对值不等式求出集合，最后求交集即可；
【详解】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】
【分析】利用复数的四则运算化简复数，再利用复数的模长公式可求得结果.
【详解】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】
【分析】根据充分条件，必要条件的定义判断即可.
【详解】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】
【分析】由向量垂直可求得，利用向量夹角公式可求得结果.
【详解】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】
【分析】由函数、和的单调性可依次得、和，进而得解.
【详解】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】
【分析】通过前3项和以及，求解，由通项公式可计算结果.
【详解】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】
【分析】由题设可得、，再由余弦差角公式即可得结果.
【详解】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】
【分析】根据条件介绍的牛顿迭代法求近似解即可.
【详解】解：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.
【点睛】关键点睛《解答本题的关键是理解牛顿迭代法的含义，并根据其含义去解决问题.
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】
【分析】由等差数列的性质和已知条件可知A和B选项；利用等差数列求和判断C选项；根据，判断D选项.
【详解】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】
【分析】根据对数的性质及运算法则得到，再利用基本不等式即可验证各选项是否正确.
【详解】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】
【分析】利用指数函数的图象性质可求出参数，再由函数的奇偶性和单调性来分析求解，不等式的证明可利用作差法思想及均值不等式思想来判断.
【详解】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】
【分析】由题意累乘即可得解.
【详解】由题意知，，
所以.
故答案为：192
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】
【分析】结合正弦函数的周期及向量数量积公式计算可得，再由函数零点可得，即可得解析式.
【详解】由图可得，又，则，，
，则，，
则，化简得，
又，则，则有，
解得，又，则.
故答案为：.
14. 若，，记数列的前项和为，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意得，令，则，可得，令，求导分析单调性结合范围即可求解.
【详解】，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：.
【点睛】易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：
(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；
(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用倍角公式降幂，再由辅助角公式可得，最后利用复合函数单调性求出单调递减区间即可.
（2）根据函数平移及伸缩求出的解析式，求解即可.
【小问1详解】
.
由，解得，
所以函数的单调递减区间为；
【小问2详解】
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.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义和切点在曲线上建立方程组，解出即可；
（2）先将问题转化为在切点处切线方程有三个不同的实数根，再构造函数，求导分析单调性和极值即可；
【小问1详解】
由题意得，
故，
【小问2详解】
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和诱导公式化简已知式可得，分类讨论和即可得出答案；
（2）由角平分线定理可得，再由正弦定理可得，结合同角三角函数的基本关系可求出的值.
小问1详解】
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.
【小问2详解】
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：.
【答案】（1）极大值为，极小值为
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）代入函数解析式，利用导数求函数极值；
（2）利用导数，对分类讨论，求函数单调区间；
（3），是方程的两个根，有，，，，化简得，令，利用导数求的单调性，可证明结论.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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，增区间是，减区间是和.
【小问3详解】
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
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
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.
【答案】（1）
（2）
（3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用特殊值法：令，得，令，，和，求得f1的值；
（2）由题设令，，可得，易知以为公比，为首项的等比数列，进而可得的通项，利用对数的运算性质即可求值；
（3）先证为偶函数，再证若，，都是自然数且，如有，，设，只需证是增函数，利用函数单调性的性质即可证明.
【小问1详解】
令则，，又，故，
令，，则，则，
又，故；
【小问2详解】
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；
【小问3详解】
由题意得：函数定义域为，定义域关于原点对称，
令，有，又g0>0，故.
令，为任意实数，则，即，故是偶函数，
因为，又因为当时，gx>1，
所以当时，有2gxgy>2gy，所以gx+y+gx-y>2gy，
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gn+1N+gn-1N>2gnN，
即，则，
即可得，
故可得单调递增，
则gx2>gx1，又是偶函数，所以有gx2>gx1.
【点睛】关键点睛：根据递推关系的特点，灵活应用特殊值法求函数值及函数关系，而第三问：根据有理数的性质：令，，将问题转化为判断在0,+∞上为增函数.
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