湖北省黃岡市2025屆高三上學期9月調研考試（一模）數學試題（Word版附解析）-試卷下載-教習網

本試卷共4頁，19題.全卷滿分150分.
注意事項：
1.答題前，先將自己的姓名、準考證號，考場號，座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.
2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷，草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.
3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內.寫在試卷，草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.
4.考試結束后，請將答題卡上交.
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.
1. 若集合，則（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解二次不等式得出集合，利用函數的值域得出集合，再由交集的定義得出答案.
【詳解】∵，∴，
∴，又∵，∴，
，∴，即，
∴.
故選：A
2. 復數，則z的虛部為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據復數的除法運算，化簡復數，進而可求虛部.
【詳解】，
故的虛部為，
故選：B
3. 若，則（）
A. B. 43C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由誘導公式計算出，在代入正切二倍角公式即可.
【詳解】原方程可化為，故.
故選：D
4. 若向量，則向量在向量上的投影向量為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】按照投影向量的計算公式求解即可.
【詳解】解：因為向量，
則向量在向量上的投影向量為:.
故選：B
5. 若，且，則的最小值為（）
A. 20B. 12C. 16D. 25
【答案】D
【解析】
【分析】利用，結合基本不等式可求和的最小值.
【詳解】因為，所以，
所以
，
當且僅當，即時取等號，
所以的最小值為.
故選：D.
6. 已知的內角所對的邊分別為，，下面可使得有兩組解的的值為（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據，即可得到答案.
【詳解】要使得有兩組解，則，又，得到，
故選：D.
7. 設是定義在R上的兩個函數，若，有恒成立，下列四個命題正確的是（）
A. 若?x是奇函數，則也一定是奇函數
B. 若是偶函數，則?x也一定是偶函數
C. 若?x是周期函數，則也一定是周期函數
D. 若?x是R上的增函數，則在R上一定是減函數
【答案】C
【解析】
【分析】根據已知條件，依據函數的奇偶性，通過反例，可判斷AB；根據周期性的定義可判斷C，根據函數單調性的定義，結合不等式的性質可判斷D
【詳解】對于A，令，對可得；而此時不是奇函數，故錯誤；
對于B，令，是偶函數，對可得，此時?x為奇函數，故錯誤；
對于C，設?x的周期為，
若，有恒成立，
令，，則，
因為，所以，所以，
所以函數y=gx也是周期函數，故正確；
對于D，設， ?x是R上的增函數，所以，
又即為
即為，
所以函數也都是R上的單調遞增函數，故錯誤.
故選：C
8. 已知向量，且，則與夾角的最大值為（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先得到的夾角為，設，，故，設，由得到，設，設夾角為，表達出，換元后得到，由對勾函數性質得到其值域，從而確定，得到夾角最大值.
【詳解】因為，所以，解得，故，
設，，則，
設，則，
則，即，
設，
設夾角為，則，
令，則，
則，令，則，
則，
其中在上單調遞減，在上單調遞增，
當時，取得最小值，最小值為，
當或3時，取得最大值，最大值為1，
故，
由于在上單調遞減，故，
與夾角的最大值為.
故選：A
【點睛】平面向量解決幾何最值問題，通常有兩種思路：
①形化，即用平面向量的幾何意義將問題轉化為平面幾何中的最值或取值范圍問題，然后根據平面圖形的特征直接進行求解；
②數化，即利用平面向量的坐標運算，把問題轉化為代數中的函數最值與值域，不等式的解集，方程有解等問題，然后利用函數，不等式，方程的有關知識進行求解.
二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分.
9. 已知，則（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】選項ABD，利用不等式性質計算即可，選項C，因為可正可負，所以不容易化簡解決，一般當乘或除以一個不知正負的數，基本上錯誤，我們只需要找反例即可.
【詳解】因為，所以，故A正確；
因為，所以，故B正確；
因為，不妨令，得，此時，故C錯誤；
因為，所以，故D正確.
故選：ABD
10. 已知函數的圖象過點和，且滿足，則下列結論正確的是（）
A. B.
C. 當時，函數值域為D. 函數有三個零點
【答案】AD
【解析】
【分析】A選項，把代入解析式，得到；B選項，根據為函數的最低點及，由勾股定理得到方程，求出，從而得到，把代入解析式，得到；C選項，整體法求出函數值域；D選項，畫出與的函數圖象，根據交點個數得到零點個數.
詳解】A選項，把代入得，，
因為，所以，A正確；
B選項，為函數的最低點，
，故，解得，負值舍去，
則，其中，故，
故，，
由于，所以，
故，解得，B錯誤；
C選項，，時，，
故，，C錯誤；
D選項，畫出與的函數圖象，如下：
兩函數有3個交點，
故有三個零點，D正確.
故選：AD
11. 已知，則下列結論正確的是（）
A. 當時，若有三個零點，則的取值范圍是
B. 當且時，
C. 若滿足，則
D. 若存在極值點，且，其中，則
【答案】ABD
【解析】
【分析】對于A ，將代入求導求極值，有三個零點，則令極大值大于零，極小值小于零即可；對于B，利用的性質，得到且，再利用在區(qū)間上的單調性，即可求解；對于C ，根據，推斷函數的對稱性，進而可以求得，即可判斷結果；對于D ，利用導數在函數單調性中的應用，得到，進而可得，令，結合，再化簡即可得到答案.
【詳解】對于選項A，當時，，，
由，得到或，由，得到，
所以單調遞增區(qū)間為，；減區(qū)間為，
故在處取到極大值，在處取到極小值，
若有三個零點，則，得到，故選項A正確，
對于選項B，當時，，
又，即，由選項A知，在區(qū)間上單調遞減，
所以，故選項B正確，
對于選項C，因為，即，所以關于點中心對稱，
又的定義域為，
所以，整理得到，所以選項C錯誤，
對于選項D，因為，所以，
由題有，即，
由，得到，
令，則，又，所以，
得到，
整理得到，又，
代入化簡得到，又，，所以，
得到，即，所以選項D正確，
故選：ABD.
【點睛】關鍵點點晴：本題的關鍵在于選項D，利用導數在函數單調性中的應用，得到，進而可得，再通過令，結合條件得到，再代入，化簡得到，從而解決問題.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 已知集合，若“”是“”的充分不必要條件，則實數m的取值范圍是______.
【答案】
【解析】
【分析】根據“”是“”的充分不必要條件，明確集合，的關系，列不等式求解實數的取值范圍.
【詳解】由.所以；
由.所以.
因為“”是“”的充分不必要條件，所以且.
所以.
故答案為：
13. 已知是定義在R上的奇函數，為偶函數.當時，，則______.
【答案】
【解析】
【分析】根據函數的奇偶性確定函數的周期，再利用對數運算計算即可.
【詳解】由題意可知，
所以，
所以的一個正周期為8，即.
故答案：
14. 已知函數，若關于x的不等式的解集中有且僅有2個正整數，則實數a的取值范圍為________.
【答案】
【解析】
【分析】原不等式的解集有且只有兩個整數解等價于的解集中有且僅有兩個正整數，利用導數討論后者的單調性后可求參數的取值范圍.
【詳解】設，則，
而的定義域為，故為上的奇函數，
（不恒為零），故為上的單調減函數，
又即為：，
也就是，故，
故的解集中有且僅有兩個正整數，
若，則當時，，
此時不等式的解集中有無數個正整數解，不合題意；
若，因為，，
故的解集中不會有1,2，其解集中的正整數解必定大于等于3，
不妨設，則的解集中有且僅有兩個正整數，
設，，

故在上為增函數，由題設可得，
故，
故答案為：.
【點睛】思路點睛：不等式解集中的正整數解的個數問題，可通過參變分離轉化水平的動直線與確定函數圖像的位置關系來處理.
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.
15. 設為數列的前n項和，滿足.
（1）求證：；
（2）記，求.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根據題意，得到時，可得，兩式相減得，得到數列為等比數列，即可得證；
（2）由（1）求得，結合等比數列的求和公式，即可求解.
【小問1詳解】
解：因為數列的前n項和，滿足，
當時，可得，
兩式相減得，即，所以，
令，可得，解得，
所以數列構成首項為，公比為的等比數列，
所以的圖象公式為.
【小問2詳解】
解：由（1）知，可得，
所以，
則
.
16. 函數，函數最小正周期為.
（1）求函數的單調遞增區(qū)間以及對稱中心；
（2）將函數的圖象先向右平移個單位，再向下平移個單位，得到函數的圖象，在函數圖象上從左到右依次取點，該點列的橫坐標依次為，其中，，求.
【答案】（1）增區(qū)間為，對稱中心為為.
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角變換可得，結合周期可求，再利用整體法可求單調增區(qū)間和對稱中心.
（2）根據圖象變換可得，根據其周期性和特殊角的三角函數值可求的值.
【小問1詳解】
，
因為的最小正周期為，故，即，
所以，
令，故，
故的增區(qū)間為.
令，則，
故圖象的對稱中心為.
【小問2詳解】
由題設有，
則的周期為，而，故，
而，
，
故
17. 已知函數
（1）若曲線在點處的切線方程為，求a和b的值；
（2）討論的單調性.
【答案】（1），
（2）答案見解析
【解析】
【分析】（1）先對函數求導，結合導數的幾何意義與斜率關系即可求解；
（2）結合導數與單調性關系對的范圍進行分類討論即可求解．
【小問1詳解】
，則．
曲線在點處的切線方程為，
則，解得，
由，解得，
【小問2詳解】
，函數定義域為，
則，
令，解得或，
若，則當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，
若，則當時，，單調遞減，當和時，，單調遞增，
若，則在上恒成立，單調遞增，
若，則當時，，單調遞減，當和時，，單調遞增，
綜上所述，當時，的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為，
當時，的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為，
當時，的單調遞增區(qū)間為，無單調遞減區(qū)間，
當時，的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為．
18. 在中，角所對的邊分別為.
（1）證明：；
（2）若成等比數列.
（i）設，求q的取值范圍；
（ii）求的取值范圍.
【答案】（1）證明見解析
（2）(i)；(ii)
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及同角三角函數的平方關系證明即可；
（2）（i）利用三角形三邊關系建立不等式組解不等式即可；（ii）利用第一問及第二問第一小問的結論，結合正余弦定理、對勾函數的單調性計算即可.
【小問1詳解】
易知，所以，
則對于，即左側等式成立，
又，兩側同時除以，
所以，即右側等式成立，證畢；
【小問2詳解】
（i）由題意，設公比為，知，
根據三角形三邊關系知：，
解之得
（ii）由（1）及正弦定理、余弦定理知：
，
由對勾函數的性質知：在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，則，
即取值范圍為.
19. 已知定義在的兩個函數，.
（1）證明：；
（2）若.證明：當時，存在，使得；
（3）若恒成立，求a的取值范圍.
【答案】（1）證明見解析
（2）證明見解析（3）
【解析】
【分析】（1）當顯然成立，當，構造函數利用導數證明即可；
（2）先求得在0,1單調遞減，且，即可得；
（3）與異號，時，顯然成立，只考慮x∈0,1時，，，根據，分類利用（1）（2）結論判斷即可.
【小問1詳解】
當時，顯然成立，
當時，.即證，
設，，
所以φx在0,1上單調遞增，，故，
綜上可知：；
【小問2詳解】
當時，，，
當x∈0,1時，單調遞減，單調遞增，故在0,1單調遞減，
又，，所以在0,1存在唯一零點，記為，
所以?x在單調遞增，在單調遞減，
所以，證畢.
【小問3詳解】
由，，即，
若與異號，顯然成立，只考慮與同號，
又時，命題成立；時，，命題成立，
故只需考慮x∈0,1時，，①，
若，，（用（1）的結論）①式成立，
若，取，，取，則：
，（用（2）的結論）故①不成立，
綜上：的取值范圍為：.

相關試卷

相關試卷更多

相關試卷

相關試卷 更多

相關試卷更多