新疆维吾尔自治区塔城地区第一高级中学2024-2025学年高三上学期10月期中考试数学试题

这是一份新疆维吾尔自治区塔城地区第一高级中学2024-2025学年高三上学期10月期中考试数学试题，共10页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，已知的周长为2，面积为S，则，已知函数满足，且，则，已知复数z满足，则等内容，欢迎下载使用。

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
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。
4.本试卷主要考试内容：集合，逻辑用语，不等式，函数，导数，三角函数，解三角形，平面向量，复数，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.已知集合，，则（ ）
A.B.C.D.
2.关于x的不等式的解集是，那么（ ）
A.B.-16C.D.-4
3.已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A.B.C.D.
4.已知，，则（ ）
A.B.C.D.
5.已知等比数列的公比不为1，且，，成等差数列，则数列的公比为（ ）
A.-2B.2C.-1D.
6.已知平面向量，均为非零向量，则“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
7.已知的周长为2，面积为S，则（ ）
A.S的最小值为B.S的最小值为
C.S的最大值为D.S的最大值为
8.已知函数满足，且，则（ ）
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.已知复数z满足，则（ ）
A.B.
C.z的虚部为8D.z在复平面内对应的点位于第一象限
10.如图，在等腰梯形ABCD中，E为腰CD的中点，，，N是梯形ABCD内（包含边界）任意一点，AC与BE交于点O，则（ ）
A.B.
C.的最小值为0D.的最大值为
11.已知函数，则（ ）
A.的最大值为
B.的最小正周期为
C.曲线关于直线轴对称
D.当时，函数有9个零点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡中的横线上.
12.已知命题“，”是假命题，则实数m的取值范围是_______.
13.已知，函数在上单调递增，则的最大值为_______.
14.若直线与曲线有3个交点，则k的取值范围为_______.
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.（13分）
的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
（1）求C；
（2）若，求.
16.（15分）
已知数列的首项为，且满足.
（1）证明数列为等差数列，并求的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
17.（15分）
已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性.
18.（17分）
已知等比数列的前n项和为，，.
（1）求的通项公式；
（2）若求数列的前n项和；
（3）若存在正整数n，使得成立，求m的取值范围.
19.（17分）
定义：对于函数，，若，，则称“”为三角形函数.
（1）已知函数，若为二次函数，且，写出一个，使得“”为三角形函数；
（2）已知函数，，若“”为三角形函数，求实数t的取值范围；
（3）若函数，，证明：“”为三角形函数.（附：）
高三数学试卷参考答案
1.C，，则.
2.A由题可知即则.
3.B，，，所以.
4.C因为，且，所以，所以，因为，所以.
5.A设等比数列的公比为q，由，，成等差数列，得，整理得，则.
6.B由可得，平方可得，解得，所以，反向，故“”是“”的必要不充分条件.
7.D设a，b为的直角边，c为斜边，则可得，即，因为，所以，解得或，因为，所以，即，所以，则，.
8.D令，得，则，则，，…，，将以上各式相加得，所以.
9.ACD由题可知，则，，z的虚部为8，z在复平面内对应的点为，位于第一象限，故选ACD.
10.ABD，A正确；设，则，因为A，O，C三点共线，所以，解得，B正确；由，，可得，结合向量数量积的定义式，可知等于的模与在方向上的投影的乘积，易知当点N位于点B时，取得最小值，最小值为，C错误；当点N为位于点C时，取得最大值，最大值为，D正确.
11.BC，当时，取得最大值，且最大值为，A错误.
因为，的最小正周期均为，所以的最小正周期为，B正确.
因为，所以曲线关于直线轴对称，C正确.
令，得，则，结合函数的图象（图略），可知方程在上有8个不同的实根，D错误.
12.由题意得“，”是真命题，故，因为，所以实数m的取值范围是.
13.因为，所以，又在上单调递增，所以解得，则的最大值为.
14.由，可得，则在上单调递减，在上单调递增，且当时，，直线恒过点，当直线与曲线相切于点时，即.令，则，所以在R上单调递增，因为，所以，，结合图象（图略）可知，若直线与曲线有3个交点，则k的取值范围为.
15.解：（1）由正弦定理可得，……2分
所以，，得，…………4分
因为，所以.…………6分
（2）由余弦定理可得，…………9分
因为，所以，化简可得，…………11分
则，所以.…………13分
16.解：（1）因为，，
若，则，与矛盾，
所以，所以，
所以，因为，所以，…………2分
所以数列是首项为3，公差为2的等差数列.…………4分
，故.…………7分
（2），…………10分
所以.…………15分
17.解：（1）当时，，，…………1分
可得，，即切点坐标为，切线斜率，…………3分
所以切线方程为，即.…………5分
（2）.…………6分
①当时，由，得或.
若，则当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以当时，在和上单调递增，在上单调递减.…………9分
若，则，为R上的增函数.
若，则当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以当时，在和上单调递增，在上单调递减…………13分
②当时，由，得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以当时，在上单调递减，在上单调递增.…………15分
18.解：（1）设等比数列的公比为q，则，…………2分
，解得，…………3分
所以.…………4分
（2）由（1）可得
则，…………6分
当n为偶数时，令，则，…………8分
当n为奇数时，.
所以…………10分
（3），…………12分
存在正整数n，使得成立.
当n为偶数时，，，由可得.…………13分
因为单调递增，所以的最小值为；因为单调递减，所以的最大值为.故.…………14分
当n为奇数时，，，由可得.…………15分
因为单调递减，所以的最大值为；因为单调递增，所以的最小值为.故.…………16分
综上，m的取值范围是.…………17分
19.（1）解：由，可得，令，解得，令，解得，可知在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为.…………2分
因为“”为三角形函数，所以，.
因为，所以的图象关于直线对称，又为二次函数，所以.（答案不唯一，只需满足，且，即可）…………4分
（2）解：.
当，即时，，此时，满足，符合题意；…………5分
当，即时，是上的减函数，所以的值域为，
因为，，所以，得；……………7分
当，即时，是上的增函数，所以的值域为，
因为，，所以，得.…………9分
综上，实数t的取值范围是.…………10分
（3）证明：由题可知，
设，则在上恒成立，所以在上单调递减，………………11分
又，，
所以存在，使得，即①.…………12分
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减.…………13分
故当时，取得唯一极大值，也是最大值，令的最大值为M，
则，…………14分
将①式代入上式，可得.…………15分
令，，则由，可知在上单调递增，…………16分
故，成立.
故“”为三角形函数.…………17分