2024-2025學年吉林省松原市高三上學期第二次摸底考試數學檢測試卷

2024-2025學年吉林省松原市高三上學期第二次摸底考試數學檢測試卷注意事項：1.答題前，考生需將自己的姓名?班級?考場/座位號填寫在答題卡指定位置上，并粘貼條形碼.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.3.回答非選擇題時，請使用0.5毫米黑色字跡簽字筆將答案寫在答題卡各題目的答題區(qū)域內，超出答題區(qū)域或在草稿紙?本試題卷上書寫的答案無效.4.保持卡面清潔，不要折疊?不要弄皺?弄破，不準使用涂改液?修正帶?刮紙刀.本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第五卷（非選擇題）兩部分.總分150分，考試時間120分鐘.第Ⅰ卷（選擇題共58分）一?單項選擇題：本題共8小題，每小題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．設集合，，則（

）A． B． C． D．2．已知是的導函數，則“”是“是函數的一個極值點”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3．函數的圖象大致為（

）A． B．C． D．4．“碳達峰”，是指二氧化碳的排放不再增長，達到峰值之后開始下降；而“碳中和”，是指企業(yè)、團體或個人通過植樹造林、節(jié)能減排等形式，抵消自身產生的二氧化碳排放量，實現二氧化碳“零排放”．某地區(qū)二氧化碳的排放量達到峰值a（億噸）后開始下降，其二氧化碳的排放量S（億噸）與時間t（年）滿足函數關系式，若經過5年，二氧化碳的排放量為（億噸）．已知該地區(qū)通過植樹造林、節(jié)能減排等形式，能抵消自產生的二氧化碳排放量為（億噸），則該地區(qū)要能實現“碳中和”，至少需要經過多少年？（參考數據：）（

）A．28 B．29 C．30 D．315．已知，且，則（

）A． B．C． D．6．已知向量，則向量在向量上的投影向量為（

）A． B．2 C． D．7．已知定義在R上的可導函數，對，都有，當時，若，則實數a的取值范圍是（

）A． B． C． D．8．在中，角的對邊分別為的面積為，則的最大值為（

）A． B． C． D．二?多項選擇題：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.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．（多選）若，則下列不等式一定成立的是（

）A． B．C． D．10．已知函數，則下列結論正確的有（

）A．函數的最小正周期為 B．函數在上有2個零點C．函數的圖象關于對稱 D．函數的最小值為11．已知是函數的零點，是函數的零點，且滿足，則實數的取值可能是（

）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非選擇題共92分）三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．復數滿足，則.13．已知函數的定義域為，是偶函數，是奇函數，則的最小值為．14．萊洛三角形，也稱圓弧三角形，是一種特殊三角形，在建筑、工業(yè)上應用廣泛，如圖所示，分別以正三角形的頂點為圓心，以邊長為半徑作圓弧，由這三段圓弧組成的曲邊三角形即為萊洛三角形，已知兩點間的距離為2，點為上的一點，則的最小值為．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．在中，角的對邊分別為，若．(1)求的大??；(2)若，求的最大值．16．已知數列的首項，且滿足，設．(1)求證：數列為等比數列；(2)若，求滿足條件的最小正整數．17．記的內角的對邊分別為，已知，是邊上的一點，且.(1)證明：；(2)若，求.18．已知函數.(1)若，求曲線在點處的切線方程；(2)若對任意的恒成立，求的取值范圍.19．置換是代數的基本模型，定義域和值域都是集合的函數稱為次置換.滿足對任意的置換稱作恒等置換.所有次置換組成的集合記作.對于，我們可用列表法表示此置換：，記.(1)若，計算；(2)證明：對任意，存在，使得為恒等置換；(3)對編號從1到52的撲克牌進行洗牌，分成上下各26張兩部分，互相交錯插入，即第1張不動，第27張變?yōu)榈?張，第2張變?yōu)榈?張，第28張變?yōu)榈?張，......，依次類推.這樣操作最少重復幾次就能恢復原來的牌型？請說明理由.1．B【分析】求出集合、，利用交集的定義可求得集合.【詳解】因為，，所以.故選：B.2．B【分析】根據極值點定義或舉例判斷和為函數的極值點之間的邏輯關系，即可得答案.【詳解】根據極值點的定義，是函數的一個極值點可得，但是時，不一定是函數的一個極值點，比如，，滿足，但在R上單調遞增，即不是函數的極值點，故“”是“是函數的一個極值點”的必要不充分條件，故選：B3．D【分析】判斷函數的奇偶性排除兩個選項，再利用函數值的正負排除一個，然后可得正確選項.【詳解】當時，，又，則為奇函數，排除AB，由可知CD圖中的虛線為，當時，，所以，排除C.故選：D.4．C【分析】根據題設條件可得，令，代入，等式兩邊取，結合估算即可.【詳解】由題意，，即，令，即，故，即，可得，即.故選：C5．B【分析】利用余弦的二倍角公式結合的范圍求出，進而得到余弦值和正切值，結合誘導公式求出答案.【詳解】由題意得，解得或．又，所以，則，，所以，，，，故ACD錯誤、B正確．故選：B6．D【分析】根據題中條件及投影向量的定義計算即可求解.【詳解】由向量，則，，，則向量在上的投影向量為.故選：D.7．C【分析】令，由已知得在區(qū)間單調遞減，為偶函數，且在區(qū)間單調遞增，由此可將不等式等價轉化為，求解即可.【詳解】解：令，則當時，，所以在區(qū)間單調遞減，又，所以為偶函數，且在區(qū)間單調遞增，又，即，所以，即，得或，故選：C.8．A【分析】由面積公式和余弦定理，基本不等式對進行變形，得到關于的關系式，結合三角函數的有界性，列出關于t的不等式，求出最大值.【詳解】因為，，則設，當且僅當時，等號成立，所以，即，.故選：A.9．BCD【分析】對于選項A，可用賦值法，取，，否定選項A，對于選項BC,D利用作差法結合即可比較大小.【詳解】解：對選項A可用特殊值法.令，，則，故選項A中不等式不成立；，故選項B中不等式成立；，故選項C中不等式成立；，故選項中不等式成立，故選BCD.本題考查了用特殊值法判斷兩個量的大小關系及利用作差法比較兩個量的大小關系，重點考查了作差法比較大小，屬基礎題.10．BC【分析】根據正弦函數的周期性可判斷A錯誤；利用數形結合思想，畫出和函數的圖象，可判斷在上有2個零點；驗證恒成立，可判斷出函數的圖象關于對稱；求導，判斷函數的單調性及最值，判斷D選項是否正確.【詳解】對于A選項，函數，故為的一個周期，又的最小正周期為，的最小正周期為，故函數的最小正周期為，故A錯誤；對于B選項，令得，，在同一坐標系中作出函數和函數的圖象可知，當時，兩圖象有兩個交點，故B正確；對于C選項，，所以，故的圖象關于點中心對稱；對于D選項，，當時，，得，得，；當時，，得，；故函數在上遞增，在上遞減；又所以當處取得最小值，故，故D錯誤；故選：BC.本題考查三角函數圖象性質的運用，考查利用導數分析函數的最值，難度較大，解答本題的主要思路如下：①判斷函數的零點個數問題時，可采用數形結合思想，將問題轉化為兩個函數圖象的交點個數問題；②若函數滿足，則函數關于點中心對稱；③對于函數最值問題，可運用導數，分析清楚函數的單調區(qū)間是關鍵，然后得出的最值.11．AC【分析】利用導數研究函數的單調性可證明函數存在唯一零點，即，可得在有零點，再分和兩種情況討論求解即可.【詳解】由，，，當時，單調遞減，當時，單調遞增，又，則函數存在唯一零點，即，，即在有零點，①若，即，此時的零點為，顯然符合題意；②（i）若，即或，若在只有一個零點，則；（ii）若在有兩個零點，則，解得，綜上所述，實數的取值范圍為.故選：AC.方法點睛：對于一元二次方程根與系數的關系的題型常見解法有兩個：一是對于未知量為不做限制的題型可以直接運用判別式解答（本題屬于這種類型）；二是未知量在區(qū)間上的題型，一般采取列不等式組（主要考慮判別式、對稱軸、的符號）的方法解答.12．【分析】設，結合復數的幾何意義，列出方程組即可求解.【詳解】設復數，由，可得復數對應的點在以和為端點的線段的垂直平分線上，所以，由可得復數對應的點在以和為端點的線段的垂直平分線上，所以，聯立，解得，所以，經檢驗，滿足，則.故答案為.13．【分析】由題意可得，再結合基本不等式即可得答案.【詳解】解：因為函數為偶函數，則，即，①又因為函數為奇函數，則，即，②聯立①②可得，由基本不等式可得，當且僅當時，即當時，等號成立，故函數的最小值為．故14．【分析】利用平面向量的線性運算及向量數量積的運算將所求式子表示為，再利用三角形的幾何意義求解即可.【詳解】設為的中點，為的中點，如圖所示，則，在正三角形中，，所以，所以，因為，所以，所以的最小值為：.故答案為.15．(1)(2)1【分析】（1）由題意利用正弦定理角化邊，然后結合余弦定理可得∠A的大??；（2）由題意結合(1)的結論和三角函數的性質可得的最大值.【詳解】（1）由已知，根據正弦定理得即由余弦定理得故，因為，所以.（2），由（1）得：，因為，則，故當，即時，取得最大值1.16．(1)證明見解析(2)2024【分析】（1）利用等比數列的定義證明即可；（2）利用分組求和的方法得到，然后利用的增減性解不等式即可.【詳解】（1），，所以數列為首項為，公比為等比數列.（2）由（1）可得，即，∴，而因為在上均單調遞增，則隨著的增大而增大，要使，即，則，∴的最小值為2024.17．(1)證明見解析(2)【分析】（1）分別在和中利用正弦定理表示出，代入已知等式化簡整理即可得到結果；（2）根據，在和利用余弦定理可整理得到；在中，利用余弦定理可得，進而得到，代入中即可求得結果.【詳解】（1）證明：在中，由正弦定理得：，在中，由正弦定理得：，在中，，所以，，所以.（2）由，得，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得：，，，即，整理可得：；在中，由余弦定理得：，則，，，即，.18．(1)(2)【分析】（1）根據導數幾何意義可求得切線斜率，結合可求得切線方程；（2）求導后，設；令，利用導數可求得單調性，得到，采用放縮法可確定，知在上單調遞增；當時，由恒成立可確定，滿足題意；當時，令，利用導數可說明，得到，結合零點存在定理可說明，使得，由此可說明當時，，不合題意；綜合兩種情況可得結論.【詳解】（1）當時，，則，，又，在處的切線方程為.（2），令，則，令，則，在上單調遞增，，即；當時，，，，，，即，在上單調遞增，即在上單調遞增；；①當，即時，，在上單調遞增，，滿足題意；②當，即時，；令，則，在上單調遞增，，即，又，，使得，當時，，則在上單調遞減，此時，不合題意；綜上所述：實數的取值范圍為.關鍵點點睛：本題考查根據導數幾何意義求解切線方程、恒成立問題的求解；本題求解恒成立問題的關鍵是能夠根據端點效應，說明當時，單調遞增；當時，結合零點存在定理說明存在的區(qū)間，由此可得參數范圍.19．(1)(2)證明見解析(3)最少8次就能恢復原來的牌型，理由見解析【分析】（1）根據題意，得到；（2）解法一：分類列舉出所有情況，得到結論；解法二：，故至少有一個滿足，當分別取時，記使得的值分別為，取為的最小公倍數即可得到答案；（3）設原始牌型從上到下依次編號為1到52，故，列舉出各編號在置換中的變化情況，得到連續(xù)置換中只有三種循環(huán)：一階循環(huán)2個，二階循環(huán)2個，八階循環(huán)48個，從而得到最少8次這樣的置換即為恒等置換.【詳解】（1），由題意可知；（2）解法一：①若，則為恒等置換；②若存在兩個不同的，使得，不妨設，則.所以，即為恒等置換；③若存在唯一的，使得，不妨設，則或.當時，由（1）可知為恒等置換；同理可知，當時，也是恒等置換；④若對任意的，則情形一：或或；情形二：或或或或或；對于情形一：為恒等置換；對于情形二：為恒等置換；綜上，對任意，存在，使得為恒等置換；解法二：對于任意，都有，所以中，至少有一個滿足，即使得的的取值可能為.當分別取時，記使得的值分別為，只需取為的最小公倍數即可.所以對任意，存在，使得為恒等置換；（3）不妨設原始牌型從上到下依次編號為1到52，則洗牌一次相當于對作一次如下置換：，即其中.注意到各編號在置換中的如下變化：，，，，，，，，，所有編號在連續(xù)置換