高三年级考试数学试题2024.11注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.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，将答案写在答题卡上.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.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.【答案】A【解析】【分析】根据集合的补集的定义即可求得.【详解】因为，则，因为，则，.故选：A2.命题的否定为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据命题的否定的定义即可求解.【详解】命题否定为.故选：B.3.已知，，，且，则（）A.5 B.6 C.7 D.12【答案】D【解析】【分析】将对数式转化为指数式，结合指数运算，求解即可.【详解】，故可得，又，则.故选：D.4.函数的部分图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性判断即可.【详解】设，则，所以为奇函数，设，可知为偶函数，所以为奇函数，则B，C错误，易知，所以A正确，D错误．故选：A.5.已知等差数列的前n项和为，，，则（）A.220 B.240 C.260 D.280【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的定义求得首项和公差，代入求和公式即可求得.【详解】由数列为等差数列，且，，则，解得，.故选：D6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据已知条件即可求得，代入即可求得.【详解】由，则，化简得，所以，由.故选：B7.“函数的图象关于对称”是“，”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.即不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.【详解】解：当，时，，令，解得，则函数的对称中心为，故必要；当的图象关于对称时，令，解得，故不充分，故选：B8.已知对任意恒成立，则的解集为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】分析条件可知的解集为，得到和的关系，不等式等价转化后可得不等式的解集.【详解】由得，.当得，，，当得，，，当得，，.∵对任意恒成立，∴由得，，∴和是方程的两根，且，∴，故.由得，，即，解得，故不等式的解集为.故选：C.【点睛】思路点睛：本题考查一元二次不等式综合问题，具体思路如下：（1）分析在不同定义域上的取值范围，可得到的解集为.（2）根据不等式解集结合韦达定理可得，.（3）可转化为，解不等式可得结果.二、多项选择题：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a，b，，则下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】BC【解析】【分析】由不等式的基本性质即可判定各个选项.【详解】A选项：当，时，，但，故A错误；B选项：∵，∴当时，，故B正确；C选项：∵，∴，，由∵，∴，故C正确；D选项：，则，当时，，故D错误.故选：BC.10.已知函数，则下列选项正确的是（）A.B.将函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象关于原点对称C.是函数的极大值点D.当时，函数的值域为【答案】BCD【解析】【分析】计算可得选项A错误；计算平移之后的函数表达式，得到奇函数，选项B正确；分析函数在上为增函数，在上为减函数，可得选项C正确；分析函数在的单调性，计算最值，可得选项D正确.【详解】A.由得，，∴，选项A错误.B.由题意得，，函数的图象向右平移个单位长度得，，得为奇函数，函数图象关于原点对称，选项B正确.C.由得，，当时，，，，当时，，，，∴在上为增函数，在上为减函数，是函数的极大值点，选项C正确.D.由可知，当时，，，，结合选项C可得，在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数.∵，，，，∴，，故函数的值域为，选项D正确.故选：BCD.11.已知各项均为正数的数列的前n项和，，，则下列选项正确的是（）A. B.数列是递减数列C. D.，，【答案】BCD【解析】【分析】先令,得到,判断选项A；然后当时，得，消除前项和，得到相邻两项的关系，借此来判断选项BC；最后，利用前面得到的的范围建立不等式，放缩求解，判断选项D.【详解】令,得，因为，所以，故A错误；当时，得所以所以得由题可知，故与同号因为所以，故C正确；因为，所以得，所以是递减数列，故B正确；因为,，所以所以得所以当时，，所以，所以，故选项D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：因为数列是一个递减数列，所以每一项都小于2，然后累加得到,然后根据题中等式得到,然后再因为,利用列项相消的方式求和即可.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.函数的定义域为__________.【答案】【解析】【分析】根据分式的分母不为，对数的真数大于求解即可.【详解】，解得且，函数的定义域为.故答案为：.13.已知数列满足，设的前n项和为，若，则__________.【答案】123【解析】【分析】由递推公式得到数列前6项的值，通过观察发现数列规律，从而求得前50项的和.【详解】由题意可知：，，，，，，……由此可得是一个周期为4的周期数列∴.故答案为：123.14.已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】对，及进行分类讨论，分别判断条件是否满足，即可得到答案.【详解】设，则，.故对有ℎ′′t=−2t2−t−2t2>0，对有.这表明在上递增，在上递减.而，ℎ′1+174=ln1+174+1−2⋅17−14−2⋅1+174+3=ln1+174+4−17>0，.所以结合单调性知，存在，使得对有，对有，且.这表明在0,1和上递减，在上递增.从而对有，对有，对有.故对任意，都有，而对任意，都有.下面对进行分类讨论：①若，则对x>a2−4a−2a+e有，x>a2−4a−2a≥a2−4a−2a，从而，且.故fx=2−axlnx−2ax2−a2−4ax≥2−axlnx≥2xlnx≥2>1，满足条件；②若，则有，满足条件；③若，设，则.从而对有g′x=−1x22x+1ax−1>0，对有.所以在上递增，在上递减，这就得到.故对任意，都有，不满足条件.综上，的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键在于分类讨论，以求得的取值范围.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.已知函数，其中，.（1）若，的最小正周期为，求的单调递增区间；（2）若函数的部分图象如图所示，其中，，求的解析式.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）由周期公式确定函数解析式，再由整体代换即可求解；（2）由两点可确定周期，再结合可得即可求解.【小问1详解】因为函数，，的最小正周期为，所以，解得：，又，所以，由，解得：，所以的单调递增区间为：.【小问2详解】由，，可得，即，得：同时，结合，可得：，所以16.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）讨论方程（）解的个数.【答案】（1）的单调递减区间是，单调递增区间是.（2）详见解析.【解析】【分析】（1）根据函数的导函数与函数的单调性的关系可得函数单调区间；（2）由（1）得到函数的单调区间，从而求出函数的极大值和极小值，由此讨论出在对应取值范围内方程解的个数.【小问1详解】的定义域为，，由f′x<0，可得，由，可得或x>0，∴函数的单调递减区间是，单调递增区间是.【小问2详解】由（1）可知函数在，0,+∞上单调递增；函数在上单调递减，∴在时函数取极大值：；在时函数取极小值：，又∵，，∴，可得函数的大致图象，∴当时，有0个解；当或时，有1个解；当时，有3个解；当时，有2个解.17.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A为锐角，的面积为S，且.（1）求A；（2）若，求S的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）通过二倍角公式与余弦定理化简原式，即可求得；（2）借助余弦定理和基本不等式可以求得面积最大值.【小问1详解】由得，，化简得，，又根据余弦定理，则代入上式可得即，因为A为锐角，所以.【小问2详解】，由，，则，，所以S的最大值为.18.已知函数.（1）若，是定义在上的函数，，.证明：当时，为周期函数.（2）若曲线在处的切线方程为，设（），为的导函数，且有两个极值点，（）.证明：.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）首先根据偶函数的判定得为偶函数，再计算得，则证明其为周期函数；（2）直接求导，根据得到值，则得到的解析式，两次求导得到再结合韦达定理得到，作差化简得，将原不等式转化为证明，再设新函数求导即可.【小问1详解】时，，，则，为偶函数.①，，②，；③，.，为偶函数.，，，，即为周期函数.【小问2详解】由题意得，由已知，，，，，，设.由已知，为在上的两个不等实根，且，，.，，要证:，只需证，即证.设，则，在上单调递减，又..，原不等式成立.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是首先求出值，从而得到的表达式，再多次求导得到韦达定理式，最后再对要证明的不等式进行等价转化，减少变量，最后重新设函数利用导数证明即可.19.数学归纳法是一种数学证明方法，通常被用于证明某个给定的命题在整个（或者局部）自然数范围内成立，证明分为下面两个步骤：1.证明当（）时命题成立；2.假设（，且）时命题成立，推导出在时命题也成立.只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从开始的所有自然数n都成立.已知有穷递增数列，，，且.定义：集合，若对，，使得，则称具有性质T.（1）若数列，1，2，m（）具有性质T，求实数m的值；（2）若具有性质T，且，，（ⅰ）猜想当时的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想；（ⅱ）求（）.【答案】（1）4；（2）（ⅰ）；（ⅱ）.【解析】【分析】（1）讨论的不同取法，根据性质的定义，结合数列的单调性，即可求得参数值；（2）（ⅰ）猜想，再利用数学归纳法，结合性质的定义，分类讨论，即可证明；（ⅱ）利用（ⅰ）中所求通项公式，利用裂项求和法，即可求得结果.【小问1详解】由已知，数列具有性质，当时，取，满足题意；当时，取，满足题意；当时，，此时中有且仅有一个数为，若，则，不满足题意；若，则或或，又因为，故；综上所述，.【小问2详解】（ⅰ）猜想.当时，满足题意；假设时，成立，则当时，若，则取满足题意；若，则中有且仅有一个数为，当时，设，则，故，当且仅当时，取得等号；当时，设，则，记，则；因为对任意的，都有在中取到，则，即；故，故成立；综上，.（ⅱ）因为时，故.【点睛】关键点点睛：解决本题第二问的关键，一是，能够数量掌握数学归纳法的证明过程；二是，能够根据性质的定义，合理的分类讨论；三是，数量掌握裂项求和法求解数列的前项和.