2024~2025学年河北省高三上学期10月第一轮复习联考数学试卷【有解析】

这是一份2024~2025学年河北省高三上学期10月第一轮复习联考数学试卷【有解析】，共19页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
考试时间为120分钟，满分150分
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. 已知复数，则的共轭复数是（ ）
A B. C. D.
【正确答案】C
【分析】由复数的四则运算及共轭复数的概念即可求解.
【详解】由，
可得：，
所以的共轭复数是.
故选：C.
2. 已知集合，集合，则集合（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】解不等式求得集合，进而求得.
【详解】，解得，所以，
所以.
故选：B
3. 已知命题，，则的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】A
【分析】根据存在量词命题的否定的知识确定正确答案.
【详解】命题，，是存在量词命题，
所以的否定是.
故选：A
4. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 39B. 52C. 65D. 78
【正确答案】B
【分析】由可得，后由等差数列性质结合前n项和公式可得答案.
【详解】设an公差为d ，由，则.
则.
故选：B
5. （ ）
A. °B. °C. °D. °
【正确答案】A
【分析】根据三角恒等变换的知识化简求得正确答案.
【详解】
.
故选：A
6. 若单位向量满足，则的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据单位向量定义将等式平方可得，再由夹角公式计算可得结果.
【详解】依题意可知，
由可得，即，也即;
设的夹角为，可得，
又，可得.
故选：C
7. 在数学领域中，数形结合思想是极为关键的一种思想方法，它将数的概念与几何图形的特性相融合，使抽象的数学问题更加具体，复杂的几何问题更加直观．正如我国著名数学家华罗庚教授所言：“数与形本相互依存，岂能分开？”华罗庚教授的话简洁有力地诠释了数形结合，数和形作为不可分割的统一体，彼此相互依存．已知，则如图表示的是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】利用函数的奇偶性的定义以及余弦函数的性质求解.
【详解】因为恒成立，所以函数的定义域为R，
又因为，
所以，则函数是奇函数，
为偶函数，
如图所示的图象为奇函数的图象，
，均为非奇非偶函数，B,C错误；
函数的定义域为，但所示图象的定义域为R，A错误；
函数为奇函数，且定义域为R，满足题意，D正确；
故选：D.
8. 已知是定义在上的导函数，同时，对任意，则必有（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】构造函数，求导可得为单调递减函数，即可求解.
【详解】由于的定义域为，且，
故，
因此，
因此为单调递减函数，由于，故故，
即，
故选：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. 若，则“”成立的充分不必要条件可以为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】BC
【分析】利用一元二次不等式的解法和充分必要条件的概念一一判断即可.
【详解】由解得，，即，
对A，因为推不出，能推出，
所以是的必要不充分条件，A错误；
对B，因为能推出，不能推出，
所以是的充分不必要条件，B正确；
对C，因为能推出，不能推出，
所以是的充分不必要条件，C正确；
对D，因为不能推出，不能推出，
所以是的既不充分也不必要条件，D错误；
故选:BC.
10. 若函数在区间上存在单调递减区间，则实数可以是（ ）
A. 0B. C. D. 1
【正确答案】AB
【分析】先求出导函数，再利用导数与函数单调性的关系得到在上有解，再利用导数求得的最大值，从而得解.
【详解】由已知得，
因为在上存在单调递减区间，
则在上有解，即在上有解，
令，则，
当时，，递增，时，，递减，
所以，所以.
故选：AB.
11. 已知函数部分图象如图所示，则下列命题正确的是（ ）
A.
B.
C. 在上的最小值为
D. 将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，是偶函数
【正确答案】ACD
【分析】由图象可求得，利肜图象过点，求得，分类讨论求得，判断AB，进而计算可判断CD.
【详解】由图象可得，所以，
又函数过点，所以，
又，所以，
当时，，
又函数过点，所以，
解得，所以，所以①，
又最小正周期，所以②，由①②可得无解，故不符合题意，
当时，，
又函数过点，所以，
解得，所以，所以①，
又最小正周期，所以②，由①②可得，
所以函数，故A正确，B错误；
，则，
所以，即时，，
所以在上的最小值为，故C正确；
由函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，
可得，
所以，所以是偶函数，故D正确.
故选：ACD.
方法点睛：正确求解需熟练常握正余弦型函数的图象与性质，分类讨论确定是关键，进而利用正余弦型函数的性质可得结论.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的图象恒过的定点为_________．
【正确答案】
【分析】根据题意结合指数函数定点分析求解即可.
【详解】令，解得，且，
所以函数的图象恒过的定点为.
故答案为.
13. 已知，函数在处取得最小值，则________．
【正确答案】
【分析】利用三角恒等变换化简函数，结合复合函数求最值得取得最小值时的值，即的值，化简所求式子，再代入求解即可得答案.
【详解】
因为，所以，
故当，即时，取得最小值，即，
所以.
故答案为.
14. 已知定义在上的函数，满足，为偶函数，满足，则________．
【正确答案】
【分析】由为偶函数，可得的图象关于直线对称，由，可得的图象关于点中心对称，则可求得周期，再由已知条件可求得，利用函数的周期性即可求得答案.
【详解】因为为偶函数，则，
所以函数的图象关于直线对称，
因为，
所以函数的图象关于点中心对称，
所以函数的周期，
令，则，得，
则，
又，
令，则，得，
则，
所以，
则.
故答案.
关键点点睛：利用函数的对称性，由已知条件求出函数的对称轴和对称中心，进而求得函数的周期，利用周期性即可求和.
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. 已知正实数为常数，且，无穷数列的各项均为正整数，且对任意正整数，恒成立．
（1）证明：无穷数列为等比数列；
（2）若，，，求数列的通项公式及数列的前项和．
【正确答案】（1）证明见解析
（2），
【分析】（1）由题意可得，结合等比数列定义即可得证；
（2）结合所给数据，由等比数列定义可得数列通项公式，即可得数列的通项公式，再利用等差数列求和公式计算即可得.
【小问1详解】
当时，，
又，，，故，
故无穷数列是以为首项，为公比的等比数列；
【小问2详解】
，故，
即，则，
则.
16. 已知函数，若是定义域为的奇函数．
（1）求出函数的解析式；
（2）求不等式的解集．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据奇函数的定义取特值求的值，并代入检验即可；
（2）分析可知在上单调递增，结合单调性和奇偶性解不等式即可.
【小问1详解】
因为是定义域为的奇函数，则，解得，
若，则，
且，即，解得，
若，，则，
可得，
即，符合题意
综上所述.
小问2详解】
因为，
因为在上单调递增，则在上单调递增，
若，则，
可得，即，解得，
所以原不等式的解集为.
17. 在△中，角所对的边分别为且．
（1）求△的外接圆半径；
（2）若△为锐角三角形，求△周长的取值范围．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由正弦定理角化边，在结合余弦定理求得，即可求解；
（2）根据正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式及辅助角公式，将转化为三角函数，根据为锐角三角形得出的范围，结合三角函数的性质得出范围即可求解．
【小问1详解】
因为，所以，
由，
可得：，即，
又，所以，
所以，，
所以，
所以△的外接圆半径为.
【小问2详解】
由（1）知，，
由正弦定理有，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，则，
所以，则，
所以周长的取值范围为．
18. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数，讨论函数的单调性．
【正确答案】（1）.
（2）当时，在上为增函数；
当时，在，上为增函数，在上为减函数.
【分析】（1）求，计算，得到切线的斜率，求出切线的方程.
（2）求，结合基本不等式对的取值分类讨论，根据的正负分析的单调性.
【小问1详解】
由题意得，当时，，
∴，
∴，，
∴曲线在点处的切线方程为，
整理得.
【小问2详解】
∵，
∴，定义域为，
∴，
∵当时，（当且仅当即时等号成立），
∴当时，在恒成立，在上为增函数.
当时，.
令，
∵方程的判别式，
∴方程有两个不相等的实数根，且，，
∴.
解方程得，
令，，则.
图象如图：
当即时，，，为增函数，
当即时，，，为减函数，
当即时，，，为增函数.
综上，当时，在上为增函数，
当时，在，上为增函数，在上为减函数.
思路点睛：本题考查分类讨论法求解函数的单调区间（含参），具体思路如下：
（1）求，根据对分和两种情况讨论.
（2）当时， ，在上为增函数.
（3）当时，，构造函数，通过对正负的分析得出的单调性.
19. 一个混沌系统通常用一个变量来描述其在某个特定时刻的状态，为了保持系统的不规则性和不可预测性，这个状态变量需要通过特定的数学规则进行变换，以反映系统内在的动态行为．这种变换通常涉及复杂的非线性函数，它们能够使得系统的微小变化在长时间内产生巨大的影响，这种现象被称为“蝴蝶效应”．若对于一数列都满足，并且．
（1）当时，对满足，若，求的通项公式；
（2）当时，不是常数列，且，中是否存在连续三项构成等差数列？若存在，请求出，若不存在，说明理由；
（3）若时，，，证明：．
【正确答案】（1）；
（2）存在连续三项成等差数列；
（3）证明见解析.
【分析】（1）由题意可得，，两式相减可得或，从而得，，又由，由归纳法即可得答案；
（2）假设数列中连续的三项构成等差数列，则可得，，再由无实数解，即可得答案；
（3）由题意可得数列单调递增，且，且，利用裂项相消，即可得证.
【小问1详解】
解：因为，所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以或，
若，代入，
则有或，
又因为，所以，则；
若，则，
代入，得，
解得，则；
综上，，；
又因为，，
所以，
，
……
由此可得，
证明：当时，有，
当时，有，
所以数列为常数数列，其通项公式为：；
【小问2详解】
解：当时，，
假设数列中连续的三项构成等差数列，
则有，
又因为，，
所以，即，
所以有，
整理得：，
解得(舍)或，
所以，
则，
假设不是第一项，则有，
则有，
又因为无实数解，即不存在项，
所以假设错误；
所以当且仅当时，存在连续的三项构成等差数列，
故存在连续三项成等差数列；
【小问3详解】
证明：当时，，
又因为，，
所以当时，，所以
所以
，
因为，所以，
所以数列单调递增，且，
则，
所以，
所以
关键点睛：本题的关键是在第（3）问中，利用放缩法进行证明.