高三數學試題2024.11主考學校：慶云一中本試卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，第I卷12頁，第Ⅱ卷34頁，共150分，測試時間120分鐘.注意事項：選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案，不能答在測試卷上.第I卷選擇題（共58分）一、選擇題（本題共8個小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的.）1.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】求得集合，利用交集的意義求解即可.【詳解】由，得，解得，所以由，所以，所以，所以.故選：D.2.以下有關不等式的性質，描述正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，則D.若，，，，則，【答案】B【解析】【分析】舉反例可說明選項A、D錯誤；利用不等式的性質得選項B正確；利用作差法可得選項C錯誤.詳解】A.當時，，選項A錯誤.B.由得，故，選項B正確.C.，由得，，所以，故，選項C錯誤.D.令，滿足，，，，結論不正確，選項D錯誤.故選：B.3.已知向量，，若與平行，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用平面向量的坐標表示以及平行關系，列方程即可得.【詳解】由，可得，若若與平行可知，解得.故選：A4.已知等差數列的前n項和為，，，則（）A.180 B.200 C.220 D.240【答案】C【解析】【分析】利用等差數列定義可求得，再由等差數列的前n項和公式計算可得結果.【詳解】設等差數列的首項為，公差為，由，可得；解得，因此.故選：C5.已知：，：，若是的充分不必要條件，則a的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先解分式不等式，根據充分不必要條件的定義結合集合間的基本關系計算即可.【詳解】由可得，解之得或，設：，對應，：，其解集對應，則是的充分不必要條件等價于A是B的真子集，所以.故選：A6.已知關于的函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由復合函數的單調性的性質和對數函數的定義域，知道內函數在區間上單調遞減且函數值一定為正，建立不等式組，求得的取值范圍.【詳解】令，則，∵，∴在上單調遞減，由復合函數的單調性可知，在單調遞減，∴，則，∴故選：D7.已知函數，若方程在區間上恰有3個實數根，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由題意可得，根據，可得，計算即可.【詳解】由，可得，當時，，因為方程在區間上恰有3個實數根，所以，解得，所以的取值范圍是.故選：C.8.已知函數，若函數有三個不同的零點，則實數a的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】將問題轉化為“的圖象有三個交點”，然后作出的圖象，根據經過點以及與相切分析出的臨界值，則的范圍可求.【詳解】因為gx=fx所以的圖象有三個交點，在同一平面直角坐標系中作出的圖象，當經過點時，代入坐標可得，解得；當與的圖象相切時，設切點為，因為此時，所以，所以切線方程為，即，所以，可得；結合圖象可知，若的圖象有三個交點，則，故選：B.【點睛】思路點睛：求解函數零點的數目問題，采用數形結合思想能高效解答問題，通過數與形的相互轉化能使問題轉化為更簡單的問題，常見的圖象應用的命題角度有：（1）確定方程根的個數；（2）求參數范圍；（3）求不等式解集；（4）研究函數性質.二、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.下列結論正確的是（）A.B.，C.若，，D.的值域為【答案】BC【解析】【分析】根據基本不等式的三個要求“一正，二定，三相等”來判斷各個選項即可.【詳解】A選項：因為，故不滿足“一正”，A選項錯誤；B選項：因為，所以，所以，當且僅當，即時取等號，所以B選擇正確；C選項：，，所以，所以，當且僅當，即時取等號，所以C選項正確；D選項：因為，所以，當且僅當時取等號，但無解，所以，所以D選項錯誤.故選：BC.10.已知函數，則（）A.函數有兩個零點B.是的極小值點C.是的對稱中心D.當時，【答案】ABD【解析】【分析】求得函數的零點可判斷A；求得導函數，求得的根，可得極小值點，從而可判斷B；求得的對稱軸，可得的對稱中心判斷C；利用函數在上單調遞增可判斷D.【詳解】由，解得或，所以函數有兩個零點，故A正確；由，得，令，解得或，當時，，當時，，所以是的極小值點，故B正確；由函數的對稱軸為，此時的對稱中心是兩個極值點的中點，所以是的對稱中心，故C不正確；當時，，所以在上單調遞增，若，可得，所以，故D正確.故選：ABD.11.已知數列的各項均為負數，其前項和滿足，則（）A. B.為遞減數列C.為等比數列 D.存在大于的項【答案】ABD【解析】【分析】令，可得出的值，令，可得出關于的方程，可解出的值，可判斷A選項；由遞推關系結合數列的單調性可判斷B選項；假設數列為等比數列，推導出，求出的值，可判斷C選項；利用反證法可判斷D選項.【詳解】對于A選項，當時，由題意可得，因為，所以，，當時，由可得，整理可得，因為，解得，A對；對于B選項，當時，由可得，上述兩個等式作差可得，因為，即，所以，數列為遞減數列，B對；對于C選項，若數列為等比數列，則，因為，，，則，設等比數列的公比為，則，解得，不合乎題意，所以，數列不是等比數列，C錯；對于D選項，假設對任意的，，則，此時，，與假設矛盾，假設不成立，D對.故選：ABD【點睛】關鍵點睛：本題在推斷選項CD的正誤時，利用正面推理較為復雜時，可采用反證法來進行推導．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.已知正三角形的邊長為2，為中點，為邊上任意一點，則______.【答案】3【解析】【分析】由已知可得，從而利用可求值.【詳解】因為三角形是正三角形，為中點，所以，所以，又正三角形的邊長為2，所以，所以.故答案為：.13.設，當時，，則______.【答案】【解析】【分析】利用降冪公式化簡可得，由已知可求得，再利用同角的三角函數的平方關系可求.【詳解】，由，所以，所以，因為，又，所以，所以.故答案為：.14.已知函數的定義域為，，為偶函數，且，則______，______.【答案】①.1②.2026【解析】【分析】通過條件可得是周期為4的函數，由為偶函數得，通過給賦值可計算出，利用函數的周期性可得結果.【詳解】由得，，，∴，故是周期為的函數.∵為偶函數，∴，∴，令，得，令，得.在中，令，得，∴.令，得，故，令，得，故.由函數的周期性得，.故答案為：1；2026.【點睛】方法點睛：①若，則函數的周期；②若，則函數的周期；③若，則函數的周期；④若，則函數的周期；⑤若，則函數的周期.四、解答題（本題共5小題，共77分，解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.）15.已知中的三個角的對邊分別為，且滿足.（1）求；（2）若的角平分線交于，，求面積的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理將角化邊，化簡后求解即可；（2）根據角平分線性質，得，再利用基本不等式求解即可.【小問1詳解】因為，所以由正弦定理得，又因為，所以，即，又，所以；【小問2詳解】，即，化簡得，所以，所以所以，當且僅當時取“=”，所以，所以面積的最小值為.16.某企業計劃引入新的生產線生產某設備，經市場調研發現，銷售量（單位：臺）與每臺設備的利潤（單位：元，）滿足：（a，b為常數）.當每臺設備的利潤為36元時，銷售量為360臺；當每臺設備的利潤為100元時，銷售量為200臺.（1）求函數的表達式；（2）當為多少時，總利潤（單位：元）取得最大值，并求出該最大值.【答案】（1）（2）當為100元時，總利潤取得最大值為20000元.【解析】【分析】（1）根據題意列出方程組，求出的值即可得到函數的表達式；（2）根據函數的表達式得出利潤的表達式，分段討論出各段的最大值，比較后得到最大值.【小問1詳解】由題意知，得故.【小問2詳解】設總利潤，由（1）得當時，，在上單調遞增，所以當時，有最大值10000當時，，，令，得.當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以當時，有最大值20000.當時，.答：當為100元時，總利潤取得最大值為20000元.17.在數列中，，其前n項和為，且（且）.（1）求的通項公式；（2）設數列滿足，其前項和為，若恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）利用的關系得，結合累乘法可得通項；（2）根據（1）的結論得出，由錯位相減法得，再分離參數，根據基本不等式計算即可.【小問1詳解】因為，代入，整理得，所以，以上個式子相乘得，.當時，，符合上式，所以.【小問2詳解】.所以，①，②①②得，，所以.由得：，因為，當且僅當時，等號成立，所以，即的取值范圍是.18.已知函數.（1）當時，求函數在點處的切線方程；（2）當時，求的單調區間；（3）若函數存在正零點，求的取值范圍.【答案】（1）（2）單增區間是，無單減區間；（3）.【解析】【分析】（1）求得切點坐標，由導函數求出切點處導函數的值得到切線斜率，寫出切線方程；（2）代入參數后求導函數，由導函數求得單調區間；（3）令導函數為新的函數再求導，根據的取值進行分類討論，利用函數單調性和函數零點的定義即可得到的取值范圍.【小問1詳解】由題知，，于是，所以切線的斜率，于是切線方程為，即【小問2詳解】由已知可得的定義域為，且，因此當時，，從而，所以的單增區間是，無單減區間；【小問3詳解】由（2）知，，令，，當時，.①當時，可知，在內單調遞增，又，故當時，，所以不存在正零點；②當時，，又，，所以存在滿足，所以在內單調遞增，在內單調遞減.令，則當時，，故在內單調遞增，在內單調遞減，從而當時，，即，所以，又因為，所以，因此，，使得即此時存在正零點；③當時，，，從而為減函數.又，所以當時，.故時，恒成立，又，故當時，，所以函數不存在正零點；綜上，實數的取值范圍為.【點睛】方法點睛：已知函數有正零點，由函數零點的定義需要找到兩個正數的函數值符號相反.本題在分析過程中因為參數的值會影響導函數的值，所以對進行分類討論，得到函數的單調性后再研究函數值.19.已知數列，從中選取第項、第項、…第項，順次排列構成數列，其中，，則稱新數列為的長度為m的子列.規定：數列的任意一項都是的長度為1的子列.（1）寫出2，8，4，7，5，6，9三個長度為4的遞增子列；（2）若數列滿足，，其子列長度，且的每一子列的所有項的和都不相同，求的最大值；（3）若數列為等差數列，公差為d，，數列是等比數列，公比為q，當為何值時，數列為等比數列.【答案】（1）2，4，7，9；2，4，5，6；2，4，5，9；（2）（3）【解析】【分析】（1）根據數列單調性以及子列長度的定義即可寫出相應的遞增子列；（2）依題意的取值盡量最小即可滿足題意，由通項公式對它們的取值從小到大進行驗證即可得出結果；（3）利用等差數列定義以及等比數列性質，由前三項構造等量關系即可得出當時，數列為等比數列.【小問1詳解】根據題意可知，從所有數字中任意取4個并按照從小到大的順序排列即可得出符合題意的遞增子列；可取2，4，7，9；2，4，5，6；2，4，5，9；2，4，6，9；2，5，6，9；4，5，6，9中任意三個；【小問2詳解】因為長度，且的每一子列的所有項的和都不相同，由可知，為使值最大，所以盡量使的取值最小即可，