2024-2025學年內蒙古興安盟科爾沁右翼前旗高三上學期第二次月考數學檢測試題（附解析）

2024-2025學年內蒙古興安盟科爾沁右翼前旗高三上學期第二次月考數學檢測試題注意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上一、單選題：本題共8小題，每題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若復數滿足，則（

）A． B． C． D．2．已知軸截面為正三角形的圓錐的體積為，則圓錐的高為（

）A． B． C． D．33．已知，，則（

）A． B． C． D．4．設，，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件5．設集合，，則（

）A． B． C． D．6．函數的圖象大致是（

）A． B．C． D．7．下列函數中，既是奇函數，又在上單調遞增的是（

）A． B． C． D．8．已知函數的定義域為，且為偶函數，為奇函數，記的導函數為，則下列函數為奇函數的是（

）A． B． C． D．二、多選題：本題共3個小題，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的，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。9．英國數學家哈利奧特最先使用“”和“”符號，并逐漸被數學界接受，不等號的引入對不等式的發(fā)展影響深遠．已知，，則下列不等式一定成立的有（

）A． B．C． D．10．設l，m，n是不同的直線，α，β是不同的平面，則下列判斷錯誤的是（

）A．若，，，則B．若，，，則C．若直線，，且l⊥m，l⊥n，則D．若l，m是異面直線，，，且，，則11．已知函數，則下列說法正確的是（

）A．函數的最小正周期為B．函數的圖象的一條對稱軸方程為C．函數的圖象可由的圖象向左平移個單位長度得到D．函數在區(qū)間上單調遞增三、填空題：本題共3小題，每題5分，共15分。12．已知為等差數列的前項和，且，則.13．曲線在點處的切線方程為.14．已知某種科技產品的利潤率為，預計5年內與時間月滿足函數關系式其中為非零常數.若經過12個月，利潤率為，經過24個月，利潤率為，那么當利潤率達到以上，至少需要經過個月用整數作答，參考數據：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．（13分）在平面直角坐標系中，點在角α的終邊上．(1)求的值；(2)求的值．16．（15分）已知函數.(1)當時，求的圖象在點處的切線方程；(2)若，時，求實數a的取值范圍.17．（15分）已知數列滿足：，.(1)若，求證：為等差數列.(2)求數列的前項和.18．（17分）已知中，，，設，記；(1)若，求的值；(2)求函數的最大值，及相應的值.19．（17分）已知定義：函數的導函數為，我們稱函數的導函數為函數的二階導函數，如果一個連續(xù)函數在區(qū)間I上的二階導函數，則稱為I上的凹函數;二階導函數，則稱為I上的凸函數.若是區(qū)間I上的凹函數，則對任意的，有不等式恒成立（當且僅當時等號成立）.若是區(qū)間I上的凸函數，則對任意的，有不等式恒成立（當且僅當時等號成立）.已知函數，.(1)試判斷在為凹函數還是凸函數?(2)設，，，，且，求的最大值;(3)已知，且當，都有恒成立，求實數a的所有可能取值.答案：題號12345678910答案DAABBACABCDABC題號11答案AC一．單選題1．D【分析】根據復數的乘法運算可得答案.【詳解】若復數滿足，則.故選：D.2．A【分析】找到圓錐高和底面半徑的關系，建立方程求解即可.【詳解】設圓錐的底面半徑為，因為圓錐的軸截面為正三角形，所以圓錐的高為，因為圓錐的體積為，所以，解得，故圓錐的高為，故A正確.故選：A3．A【分析】利用二倍角的余弦公式以及兩角和的正切公式即可得答案.【詳解】.故選：A4．B【分析】根據給定條件，由向量共線及充分條件、必要條件的定義判斷即可.【詳解】向量，，，解得或，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B5．B【分析】解指數不等式，得到，由補集和交集的概念得到答案.【詳解】，故，解得，故，故選：B6．A【分析】利用排除法，根據函數奇偶性以及函數值的符號分析判斷.【詳解】因為的定義域為，且，可知為奇函數，排除CD；又因為，排除B；故選：A.7．C【分析】根據基本初等函數的單調性與奇偶性判斷即可.【詳解】對于A：為奇函數，但是在上不具有單調性，故A錯誤；對于B：的定義域為，且，即且，所以為非奇非偶函數，故B錯誤；對于C：的定義域為，且，所以為奇函數，又與在定義域上單調遞增，所以在上單調遞增，故C正確；對于D：函數為非奇非偶函數，故D錯誤.故選：C8．A【分析】利用抽象函數的奇偶性、周期性，結合導數運算法則逐項判斷即可.【詳解】因為為奇函數，為偶函數，所以，，所以為偶函數，故B錯誤；又對兩邊求導，得，即，所以是偶函數，故D錯誤；由，可得，由，可得，所以，即，即得，所以是周期為4的函數，則，兩邊求導，得，所以是奇函數，故A正確；由，可得，即，又由，可得，所以，即為偶函數，所以為偶函數，故C錯誤.故選：A.關鍵點點睛：解題的關鍵點是對函數對稱性及兩邊求導的應用.二．多選題9．BCD【分析】采用作差法依次判斷各個選項即可.【詳解】對于A，，，，，，，，即，，A錯誤；對于B，，，，，即，，B正確；對于C，，，，，，，即，，C正確；對于D，，，，，，即，，D正確.故選：BCD.10．ABC【分析】ABC可舉出反例；D選項，作出輔助線，由線面平行得到線線平行，進而得到面面平行.【詳解】對于A，若，，，則l與m可能平行，可能相交，也可能異面，A錯誤．對于B，若，，，則l與m可能平行，可能相交，也可能異面，B錯誤．對于C，沒有說m，n是相交直線，所以不能得到，C錯誤．對于D，因為，設平面平面，，所以，因為l，m是異面直線，，所以l，a相交，因為，，，所以，因為，，l，a相交，所以，D正確．故選：ABC11．AC【分析】利用二倍角公式和輔助角公式將函數化為，再根據三角函數的性質即可求得.【詳解】，函數的最小正周期為，故A正確；由，得，不可能取到，故B錯誤；由的圖象向左平移個單位長度，得，故C正確；因為，而函數在上不單調，故在區(qū)間上不單調，故D錯誤.故選：AC.三．填空題12．2【分析】根據題意，由等差數列的前項和公式以及等差數列下標和的性質代入計算，即可得到結果.【詳解】由等差數列的前項和可得，，則，所以.故13．【分析】利用導數的幾何意義求解切線斜率，代入點斜式方程即可求解.【詳解】因為，所以，則曲線在點處的切線斜率，所以切線方程為，化簡得.故答案為.14．40【分析】由題意建立方程組，根據對數運算，可得答案.【詳解】由題意可得，兩式作比可得，解得，可得，令，解得.故答案為.四．解答題15．（13分）(1)(2)【分析】（1）根據三角函數的定義求得正確答案.（2）利用同角三角函數的基本關系式求得正確答案.【詳解】（1）由于點在角α的終邊上，所以.（2）.16．（15分）(1)(2)【分析】（1）根據題意，由導數的幾何意義代入計算，即可得到結果；（2）根據題意，求導可得f′x，然后分與討論，代入計算，即可得到結果.【詳解】（1），，，，所以的圖象在點1,f1處的切線方程為，即.（2），則，當時，f′x>0，即在0,+當時，，與題意不符.當時，，f′x>0，在上單調遞增；，f′x<0，在上單調遞減.當時，取得最大值，且為.由題意可得，解得.即實數的取值范圍為.17．（15分）(1)證明見解析(2)【分析】（1）將兩邊取倒數，即可得到，從而得證；（2）由（1）可得，從而得到，利用裂項相消法計算可得.【詳解】（1）因為，所以，即，，又，所以是以為首項，為公比的等差數列；（2）由（1）可得，則，所以，所以.18．（17分）(1)(2)當時取得最大值，且【分析】（1）依題意可得，再利用正弦定理計算可得；（2）利用正弦定理表示出、，再由數量積的定義及三角恒等變換公式化簡，最后結合正弦函數的性質計算可得.【詳解】（1）因為，則，由正弦定理，即，所以，又，所以，所以，所以；（2）由正弦定理有所以，所以，，因為，所以，所以當，即時取得最大值，且.19．（17分）(1)凸函數(2)(3)【分析】（1）根據凹凸函數的定義判斷即可；（2）由（1）知在為凸函數，根據凸函數的性質結合題意即可求解；（3）令，，則問題轉化為?x>0在上恒成立，對分類討論，結合導數的運算研究函數的單調性即可求解.【詳解】（1），，所以，f″x，因為，所以f″x，所以在為凸函數.（2）由（1）知在內為凸函數，又，且（，，，），所以所以（3）令，，則?x>0在上恒成立，則，且，當，，不合題意舍去;當，則，故，令，則，令，，則，所以在上遞增，所以，所以，即在上遞增，又，則?′x>0，所以?x又，即?x>0，，符合題意;當，令，則，，所以，不合題