1、黄冈市2024年高三年级9月调研考试数学本试卷共4页，19题.全卷满分150分.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号，考场号，座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将答题卡上交.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 若集合，则 （ ）A
2、. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解二次不等式得出集合，利用函数的值域得出集合，再由交集的定义得出答案.【详解】，又，即，.故选：A2. 复数，则z的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算，化简复数，进而可求虚部.【详解】，故的虚部为，故选：B3. 若，则（ ）A. B. 43C. D. 【答案】D【解析】【分析】由诱导公式计算出，在代入正切二倍角公式即可.【详解】原方程可化为，故.故选：D4. 若向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】按照投影向量的计算公式求解即可.【详解】解：因为向量，
3、则向量在向量上的投影向量为:.故选：B5. 若，且，则的最小值为（ ）A. 20B. 12C. 16D. 25【答案】D【解析】【分析】利用，结合基本不等式可求和的最小值.【详解】因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故选：D.6. 已知的内角所对的边分别为，下面可使得有两组解的的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据，即可得到答案.【详解】要使得有两组解，则，又，得到，故选：D.7. 设是定义在R上的两个函数，若，有恒成立，下列四个命题正确的是（ ）A. 若x是奇函数，则也一定是奇函数B. 若是偶函数，则x也一定是偶函数C. 若x是周期函数，则也一
4、定是周期函数D. 若x是R上的增函数，则在R上一定是减函数【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，依据函数的奇偶性，通过反例，可判断AB；根据周期性的定义可判断C，根据函数单调性的定义，结合不等式的性质可判断D【详解】对于A，令，对可得；而此时不是奇函数，故错误；对于B，令，是偶函数，对可得，此时x为奇函数，故错误；对于C，设x的周期为，若，有恒成立，令，则，因为，所以，所以，所以函数y=gx也是周期函数，故正确；对于D，设， x是R上的增函数，所以，又即为即为，所以函数也都是R上的单调递增函数，故错误.故选：C8. 已知向量，且，则与夹角的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解
5、析】【分析】先得到的夹角为，设，故，设，由得到，设，设夹角为，表达出，换元后得到，由对勾函数性质得到其值域，从而确定，得到夹角最大值.【详解】因为，所以，解得，故，设，则，设，则，则，即，设，设夹角为，则，令，则，则，令，则，则，其中在上单调递减，在上单调递增，当时，取得最小值，最小值为，当或3时，取得最大值，最大值为1，故，由于在上单调递减，故，与夹角的最大值为.故选：A【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域
6、，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.二、多选题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】选项ABD，利用不等式性质计算即可，选项C，因为可正可负，所以不容易化简解决，一般当乘或除以一个不知正负的数，基本上错误，我们只需要找反例即可.【详解】因为，所以，故A正确；因为，所以，故B正确；因为，不妨令，得，此时，故C错误；因为，所以，故D正确.故选：ABD10. 已知函数的图象过点和，且满足，则下列
7、结论正确的是（ ）A. B. C. 当时，函数值域为D. 函数有三个零点【答案】AD【解析】【分析】A选项，把代入解析式，得到；B选项，根据为函数的最低点及，由勾股定理得到方程，求出，从而得到，把代入解析式，得到；C选项，整体法求出函数值域；D选项，画出与的函数图象，根据交点个数得到零点个数.详解】A选项，把代入得，因为，所以，A正确；B选项，为函数的最低点，故，解得，负值舍去，则，其中，故，故，由于，所以，故，解得，B错误；C选项，时，故，C错误；D选项，画出与的函数图象，如下：两函数有3个交点，故有三个零点，D正确.故选：AD11. 已知，则下列结论正确的是（ ）A. 当时，若有三个零点，
8、则的取值范围是B. 当且时，C. 若满足，则D. 若存在极值点，且，其中，则【答案】ABD【解析】【分析】对于A ，将代入求导求极值，有三个零点，则令极大值大于零，极小值小于零即可；对于B，利用的性质，得到且，再利用在区间上的单调性，即可求解；对于C ，根据，推断函数的对称性，进而可以求得，即可判断结果；对于D ，利用导数在函数单调性中的应用，得到，进而可得，令，结合，再化简即可得到答案.【详解】对于选项A，当时，由，得到或，由，得到，所以单调递增区间为，；减区间为，故在处取到极大值，在处取到极小值，若有三个零点，则，得到，故选项A正确，对于选项B，当时，又，即，由选项A知，在区间上单调递减，
9、所以，故选项B正确，对于选项C，因为，即，所以关于点中心对称，又的定义域为，所以，整理得到，所以选项C错误，对于选项D，因为，所以，由题有，即，由，得到，令，则，又，所以，得到，整理得到，又，代入化简得到，又，所以，得到，即，所以选项D正确，故选：ABD.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项D，利用导数在函数单调性中的应用，得到，进而可得，再通过令，结合条件得到，再代入，化简得到，从而解决问题.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 已知集合，若“”是“”的充分不必要条件，则实数m的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据“”是“”的充分不必要条件，明确集合，的关系，列不等
10、式求解实数的取值范围.【详解】由.所以；由.所以.因为“”是“”的充分不必要条件，所以且.所以.故答案为：13. 已知是定义在R上的奇函数，为偶函数.当时，则_.【答案】【解析】【分析】根据函数的奇偶性确定函数的周期，再利用对数运算计算即可.【详解】由题意可知，所以，所以的一个正周期为8，即.故答案：14. 已知函数，若关于x的不等式的解集中有且仅有2个正整数，则实数a的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】原不等式的解集有且只有两个整数解等价于的解集中有且仅有两个正整数，利用导数讨论后者的单调性后可求参数的取值范围.【详解】设，则，而的定义域为，故为上的奇函数，（不恒为零），故为上的单调减函
11、数，又即为：，也就是，故，故的解集中有且仅有两个正整数，若，则当时，此时不等式的解集中有无数个正整数解，不合题意；若，因为，故的解集中不会有1,2，其解集中的正整数解必定大于等于3，不妨设，则的解集中有且仅有两个正整数，设， 故在上为增函数，由题设可得，故，故答案为：.【点睛】思路点睛：不等式解集中的正整数解的个数问题，可通过参变分离转化水平的动直线与确定函数图像的位置关系来处理.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. 设为数列的前n项和，满足.（1）求证：；（2）记，求.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据题意，得到时，可得，
12、两式相减得，得到数列为等比数列，即可得证；（2）由（1）求得，结合等比数列的求和公式，即可求解.【小问1详解】解：因为数列的前n项和，满足，当时，可得，两式相减得，即，所以，令，可得，解得，所以数列构成首项为，公比为的等比数列，所以的图象公式为.【小问2详解】解：由（1）知，可得，所以，则.16. 函数，函数最小正周期为.（1）求函数的单调递增区间以及对称中心；（2）将函数的图象先向右平移个单位，再向下平移个单位，得到函数的图象，在函数图象上从左到右依次取点，该点列的横坐标依次为，其中，求.【答案】（1）增区间为，对称中心为为. （2）【解析】【分析】（1）利用三角变换可得，结合周期可求，再利
13、用整体法可求单调增区间和对称中心.（2）根据图象变换可得，根据其周期性和特殊角的三角函数值可求的值.【小问1详解】，因为的最小正周期为，故，即，所以，令，故，故的增区间为.令，则，故图象的对称中心为.【小问2详解】由题设有，则的周期为，而，故，而，故17. 已知函数（1）若曲线在点处的切线方程为，求a和b的值；（2）讨论的单调性.【答案】（1）， （2）答案见解析【解析】【分析】（1）先对函数求导，结合导数的几何意义与斜率关系即可求解；（2）结合导数与单调性关系对的范围进行分类讨论即可求解【小问1详解】，则曲线在点处的切线方程为，则，解得，由，解得，【小问2详解】，函数定义域为，则，令，解得或
14、，若，则当时，单调递减，当时，单调递增，若，则当时，单调递减，当和时，单调递增，若，则在上恒成立，单调递增，若，则当时，单调递减，当和时，单调递增，综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为18. 在中，角所对的边分别为.（1）证明：；（2）若成等比数列.（i）设，求q的取值范围；（ii）求的取值范围.【答案】（1）证明见解析 （2）(i)；(ii)【解析】【分析】（1）利用二倍角公式及同角三角函数的平方关系证明即可；（2）（i）利用三角形三边关系建立不等式组解不等
15、式即可；（ii）利用第一问及第二问第一小问的结论，结合正余弦定理、对勾函数的单调性计算即可.【小问1详解】易知，所以，则对于，即左侧等式成立，又，两侧同时除以，所以，即右侧等式成立，证毕；【小问2详解】（i）由题意，设公比为，知，根据三角形三边关系知：，解之得（ii）由（1）及正弦定理、余弦定理知：，由对勾函数的性质知： 在上单调递减，在上单调递增，所以，则，即取值范围为.19. 已知定义在的两个函数，.（1）证明：；（2）若.证明：当时，存在，使得；（3）若恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）【解析】【分析】（1）当显然成立，当，构造函数利用导数证明即可；（2）先求得在0,1单调递减，且，即可得；（3）与异号，时，显然成立，只考虑x0,1时，根据，分类利用（1）（2）结论判断即可.【小问1详解】当时，显然成立，当时，.即证，设，所以x在0,1上单调递增，故，综上可知：；【小问2详解】当时，当x0,1时，单调递减，单调递增，故在0,1单调递减，又，所以在0,1存在唯一零点，记为，所以x在单调递增，在单调递减，所以，证毕.【小问3详解】由，即，若与异号，显然成立，只考虑与同号，又时，命题成立；时，命题成立，故只需考虑x0,1时，若，（用（1）的结论）式成立，若，取，取，则：，（用（2）的结论）故不成立，综上：的取值范围为：.
