安徽省合肥市2024届高三数学上学期第一次教学质量检测10月试题含解析

这是一份安徽省合肥市2024届高三数学上学期第一次教学质量检测10月试题含解析，共21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， 已知函数，则， 函数的图象大致为， 下列代数式的值为的是等内容，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：函数、导数、数列、三角函数（解三角形不考）.
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. 已知函数，则的定义域为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数解析式有意义可得出关于的不等式组，由此可解得函数的定义域.
【详解】对于函数，有，解得，
所以，函数的定义域为.
故选：A.
2. 已知等比数列满足，，则数列前8项的和为（）
A. 254B. 256C. 510D. 512
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列通项公式，建立基本量的方程组求解，再应用前项和公式即可得.
【详解】设等比数列公比为，则
则题意得，解得，
则.
故选：C.
3. 将图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到的图象，再将的图象向左平移个单位长度，得到的图象﹐则的解析式为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角函数图象变换可得出函数的解析式.
【详解】将图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到的图象，
则，
再将的图象向左平移个单位长度，得到的图象，
则，
故选：D.
4. 已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复合函数的单调性分析可知，内层函数在上为增函数，结合二次函数的单调性可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】令，则二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，
因为外层函数为上的减函数，函数在区间上单调递减，
所以，函数在上为增函数，所以，，解得.
故选：A.
5. 已知函数，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，，即求.
【详解】设，
即，则，
，
故选：D.
6. 函数的图象大致为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，得到为奇函数，排除CD，再分与两段研究函数值的符号即可.
【详解】定义域为，
又，
故为奇函数，其函数图象关于原点对称，故CD错误；
当时，，且，则；
当时，，且，则.
故当，，故排除A.
故选：B.
7. 数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列：1，1，2，3，5，8…，其中从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，这样的数列称为“斐波那契数列”.若，则（）
A. 175B. 176C. 177D. 178
【答案】B
【解析】
【分析】根据数列的特点，每个数等于它前面两个数的和，移项得：，使用累加法求得，然后将中的倍展成和的形式（如）即可求解．
【详解】由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，，
由，得，
所以，
，
，
，
将这个式子左右两边分别相加可得：
，
所以.
所以
故选：B．
8. 已知函数，其中，，且恒成立，若在区间上恰有个零点，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析可得，可得出，再结合题意可得出关于的不等式，结合的取值可求得的取值范围.
【详解】因为恒成立，则，
所以，，则，
当时，，
因为，则，
因为在区间上恰有个零点，则，
即，，解得，，
假设不存在，则或，解得或，
因为存在，则，因为，则.
所以，，可得，
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列代数式的值为的是（）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用二倍角的余弦公式可判断A选项；利用切化弦以及二倍角的正弦公式可判断B选项；利用二倍角的正弦公式可判断CD选项.
【详解】对于A选项，；
对于B选项，；
对于C选项，；
对于D选项，
.
故选：BCD.
10. 已知等差数列的前n项和为，当且仅当时取得最大值，则满足的最大的正整数k可能为（）
A. 22B. 23C. 24D. 25
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意可得，公差，且，，分别求出，讨论的符号即可求解．
【详解】因为当且仅当时，取得最大值，
所以，公差，且，．
所以，，，
故时，．
当时，，则满足的最大的正整数为；
当时，，则满足的最大的正整数为，
故满足的最大的正整数可能为与．
故选：BC．
11. 已知定义在上的函数满足，且为奇函数，当时，，则（）
A. 是周期为的周期函数B.
C当时，D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用函数周期性的定义可判断A选项；由可得的值，可计算出的值，可判断B选项；利用函数的周期性和对称性求出函数在上的解析式，可判断C选项；利用函数周期性的定义可求出所求代数式的值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为定义在上的函数满足，
则，故是周期为的周期函数，A对；
对于B选项，因为函数为奇函数，则，
在等式中，令可得，
又因为当时，，
则，解得，
故当时，，
所以，，B对；
对于C选项，当时，，，
因为，则函数的图象关于点对称，
所以当时，
，C错；
对于D选项，由C选项，可知，，则，
且，所以，，
因为，故，D对.
故选：ABD.
12. 三角函数表最早可以追溯到古希腊天文学家托勒密的著作《天文学大成》中记录的“弦表”，可以用来查询非特殊角的三角函数近似值，为天文学中很多复杂的运算提供了便利，有趣的是，很多涉及三角函数值大小比较的问题却不一定要求出准确的三角函数值，就比如下面几个选项，其中正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】构造函数，分析函数在上的单调性，可判断A选项；构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，可判断B选项；利用二倍角的正弦公式结合三角函数的有界性可判断C选项；利用导数证明出，结合对数函数的单调性可判断D选项.
【详解】对于A选项，令，其中，
则，所以，函数在上单调递增，
所以，，即，A对；
对于B选项，令，其中，
则，令，则，
所以，函数在上为增函数，
则，故函数在上为增函数，
所以，，即，B对；
对于C选项，因为，则，
所以，，C错；
对于D选项，令，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，
令，其中，
则，当且仅当时，等号成立，
所以，函数在上单调递增，
又因为，所以，，即，
所以，，即，故，D对.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：
（1）判断各个数值所在的区间；
（2）利用函数的单调性直接解答.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. ___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用对数的运算性质、对数恒等式与换底公式化简求值.
【详解】
故答案为：.
14. 已知，，且为第二象限角，则___________.
【答案】##
【解析】
【分析】由已知可求出的取值范围，由同角三角函数的平方关系求出的值，可求出的值，再利用诱导公式结合弦化切可求得所求代数式的值.
【详解】因为，，且为第二象限角，
则，解得或，
因为，
整理可得，即，解得（舍）或，
所以，，，
所以，，
因此，.
故答案为：.
15. 已知函数及其导函数的定义域均为，且，若，则不等式的解集为___________.
【答案】.
【解析】
【分析】令，根据题意，利用导数求得在上单调递减，把，转化为，得到，即可求解.
【详解】由函数及其导函数的定义域均为，且，
令，可得，且，
因为，可得，所以在上单调递减，
不等式，所以，
所以，解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：.
16. 已知各项均为正数的数列的前n项和为，且，数列满足，若对任意恒成立，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】先由关系求解数列通项公式，代入式子整理得，对整数的奇偶性分类讨论进行数列求和，得数列的最大值，进而得到范围.
【详解】当时，，
又，解得，
由①，
则当时，②，
两式①②相减得，，
即，又，则，
所以数列是以为首项，的公差的等差数列，
故，
则
令，
又
则数列是递增数列，且；
数列是递减数列，，
若恒成立，
且恒成立，
所以，且，解得，
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期和单调递减区间；
（2）求函数在区间上的值域.
【答案】（1）最小正周期为，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求出函数的最小正周期，利用正弦型函数的单调性可求得函数的单调递减区间；
（2）由求出的取值范围，利用正弦型函数的基本性质可求出函数在区间上的值域.
【小问1详解】
解：因为
，
所以，函数的最小正周期为，
由可得，
所以，函数的单调递减区间为.
【小问2详解】
解：当时，，则，
因此，函数在区间上的值域为.
18. 在等差数列中，，，数列的前项和为，且.
（1）求数列和的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件求出的值，结合等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；令，可求得的值，当时，由可得，上述两个等式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式；
（2）利用错位相减法可求得.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为，
则，解得，
所以，，
数列的前项和为，且，
当时，则有，
当时，由可得，
上述两个等式作差可得，即，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，则.
【小问2详解】
解：因为，则，①
可得，②
①②得
，
故.
19. 已知函数是定义域为的偶函数.
（1）求a的值；
（2）若，求函数的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由偶函数的定义转化为等式恒成立问题，由系数为求值即可；
（2）由换元法，把函数转化为二次函数，然后分类讨论确定函数的最小值，从而求得参数值．
【小问1详解】
则，
因为是定义域为的偶函数，
则，
即对任意恒成立，则；
【小问2详解】
由（1）知，
则
，
令，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，
则原函数化为：，，
①当即时，
在上单调递增，
则，即，；
②当，即时，
在单调递减，在单调递增，
则；
即，
综上所述，.
20. 在数和之间插入个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，令.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等比数列的基本性质结合倒序相乘法可求得，结合对数的运算可得出数列的通项公式；
（2）计算得出，利用裂项相消法可求得.
【小问1详解】
解：在数和之间插入个实数，使得这个数构成递增的等比数列，
设插入的这个数分别为、、、，
由等比数列的性质可得，
所以，，所以，，
易知，所以，，则.
【小问2详解】
解：
，
所以，.
21. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）证明出、，利用不等式的基本性质可得出，即可证得所求不等式成立.
【小问1详解】
解：因为，该函数的定义域为，，
所以，，，
所以，曲线在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
证明：要证，即证，
先证明，令，其中，则，
所以，函数在上为增函数，则，即，
接下来证明，令，其中，则.
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，即，
所以，，即，故原不等式得证
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
22. 已知函数．
（1）若，求函数的单调区间；
（2）当时，，分别为函数的极大值点和极小值点，且，求t的取值范围．
【答案】（1）单调增区间为和，单调减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）将代入，得出，令，令，求出零点，即可分析得出的单调区间；
（2）先求出函数极值点，再将问题转化为，设，，根据函数的单调性确定的范围即可．
【小问1详解】
当时，则，，
令，则，
设，
则，
，，
所以当和时，即和，，单调递增，
当时，即，，单调递减，
综上所述，单调增区间为和，单调减区间为．
【小问2详解】
，
令，得，
，
当和时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的极大值点为，极小值点为，
所以，，
因为，
所以，
因为，
所以，令，
则对于恒成立，
所以，
所以，
即，
设，，
，
令，则，
①当时，，
所以，在单调递增，
所以，即，符合题意；
②当时，，
设的两根为，且，
则，故，
所以当时，，单调递减，
所以当时，，即，不合题意，
综上所述，，即，
所以．