陕西省咸阳市武功县2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题（含答案）

数学
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷 草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：集合 常用逻辑用语 不等式 函数 导数及其应用 三角函数及解三角形（含三角恒等变换） 平面向量（约35%） 复数 数列（约65%）.
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.已知复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
2.已知全集，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
3.已知数列满足，则（ ）
A. B.2 C.3 D.
4.已知为复数，则“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
5.复印纸按照幅面的基本面积，把幅面规格分为系列 系列 系列，其中系列的幅面规格为，，所有规格的纸张的长度（以表示）和幅宽（以表示）的比例关系都为；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；，如此对开至规格.现有纸各一张，若纸的幅宽为，则这9张纸的面积之和为（ ）
A. B. C. D.
6.已知等比数列的各项均为正数，且，记，则使得的最小正整数的值为（ ）
A.25 B.26 C.27 D.28
7.设函数，若对于任意的都成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8.若数列中不超过的项数恰为，则称数列是数列的生成数列，称相应的函数是数列生成的控制函数.已知数列满足，且是数列生成的控制函数，数列的前项和为，若，则的值为（ ）
A.19 B.21 C.22 D.23
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知公差不为0的等差数列的前项和为，且是与的等比中项，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.当时，的最大值为22
D.当取得最大值时，的值为11
10.对于数列，若存在正数，使得对一切正整数，都有，则称数列是有界的，若这样的正数不存在，则称数列是无界的.记数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A.若，则数列是无界的
B.若，则数列是有界的
C.若，则数列是有界的
D.若，则数列是有界的
11.已知函数的定义域为，函数是奇函数，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.函数的图象关于轴对称
C.
D.若函数满足，则
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知复数满足，则的最大值为__________.
13.如图，在边长为2的正方形中，分别为边上的两个动点，且，则的最小值为__________.
14.已知数列的前项和为，且，若对任意的，等式恒成立，则__________.
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.（本小题满分13分）
已知等差数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
16.（本小题满分15分）
在中，内角的对边分别为，且.
（1）若，求角的大小；
（2）若的面积为，求的值.
17.（本小题满分15分）
已知数列的前项和为，且.
（1）证明：是等比数列，并求出的通项公式；
（2）设求数列的前项和.
18.（本小题满分17分）
已知数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，求的取值范围；
（3）设，是否存在正整数，使得成等差数列？若存在，请求出所有符合条件的数组；若不存在，请说明理由.
19.（本小题满分17分）
已知函数.
（1）若的图象在处的切线方程为，求的值；
（2）若，证明：；
（3）讨论的零点的个数.
数学
参考答案 提示及评分细则
1.A 由题意可知，，所以，所以的虚部为.故选A.
2.D 由题意知
，
所以.故选D.
3.A 因为数列满足，所以，所以，所以是周期为3的周期数列，又，所以.故选A.
4.A 若，则都是实数，所以，所以“”是“”的充分条件；若，只能说明是大于0的实数，不能说明是实数，例如，不能比大小，所以“”不是“”的必要条件.所以“”是“”的充分不必要条件.故选A.
5.D 由题意，若长宽长宽长宽，所以，解得，则长宽，故其面积为.由上知：9张纸的面积是首项为，公比为的等比数列，所以这9张纸的面积之和为.故选D.
6.C 由，所以，所以或又，所以0，又，所以，所以，则使得的最小正整数的值为27.故选C.
7.B 若对于任意的都成立，即，即.令，所以，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以；若对于任意的都成立，由函数及的图象易知，若使对于恒成立，只需处在图象上方，的最小值在处，两个图象相切处取得，函数的导数为时，，即.综上，的取值范围为.故选B.
8.B 由题意可知，当时，可得，则；当时，可得，则，所以，则当时，，则，因为，所以无解；当时，，所以，因为，所以，即的值为21.故选.
9.AC 设等差数列的公差为，又是与的等比中项，所以，即，所以，又，所以，又，所以，解得，所以，所以，故A正确；，故B错误；，令，解得，所以当时，的最大值为22，故C正确；因为，所以当取得最大值时，的值为11或12，故D错误.故选AC.
10.BCD 因为，所以，所以存在正数，使得恒成立，所以数列是有界的，故A错误；因为，所以，所以，所以存在正数，使得恒成立，所以数列是有界的，故B正确；因为，所以当时，；当时，；所以，所以存在正数，使得恒成立，所以数列是有界的，故C正确；因为，所以，又，所以，所以存在正数，使得恒成立，所以数列是有界的，故D正确.故选BCD.
11.ABD 因为函数是奇函数，所以，又，所以，故A正确；因为是奇函数，所以，所以，又，所以，所以，所以，所以为偶函数，所以函数的图象关于轴对称，故B正确；因为，所以，故C错误；因为，所以是周期为4的周
期函数，因为，所以，那么，所以也是周期为4的函数，，因为，所以，所以，
所以.故D正确.故选ABD.
12.8 因为，所以，所以的最大值为8.
设，则，又，所以，所以，解得，当且仅当，即时等号成立，所以.，即的最小值为.
14. 因为，所以当时，有，两式相减得，所以，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，所以，则，所以，又因为对任意的，等式恒成立，所以，解得，所以.
15.解：（1）设等差数列的公差为，又，所以
解得，
所以.
（2）由（1）知，
当时，，所以；
当时，，
所以当时，，
当时，.
综上，
16.解：（1）在中，，
所以，
又，所以，
又，所以，
又，所以，
所以，所以，解得.
又，所以，所以，或，
解得或.
（2）因为，所以，解得，
由余弦定理得，所以，
由正弦定理得，即，
解得，所以.
17.（1）证明：当时，，又，所以；
当时，由，得，所以，
所以，所以，又，所以，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，
又，所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，所以.
（2）解：由（1）可知
所以的奇数项为以为首项，4为公比的等比数列；偶数项是以为首项，2为公差的等差数列.
当时，；
当.
综上，
18.解：（1）因为，所以，
当时，，解得；
由，得，所以，整理得，所以，所以，所以，所以，所以是等差数列，
又，所以.
（2）由（1）知，
所以，
又，所以是递增数列.
当时，若对任意的恒成立，则；
当时，若对任意的恒成立，则，即，
所以的取值范围是.
（3）由（1）知，假设存在正整数，使得成等差数列，则，即，其中，故，即.
设，则，
故数列为递减数列，而，故的正整数解为，
此时，故即，由的单调性可得，
所以符合条件的数组为.
19.（1）解：由题意得，又的图象在处的切线方程为，所以，
解得，
所以，所以，所以，解得.
（2）证明：若，则，所以，令，解得1，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，当且仅当时，等号成立；
令，所以，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以0，当且仅当时，等号成立，
所以，即.
（3）解：由题意得的定义域为，
当时，在上单调递增，又，所以有且仅有一个零点1；
当时，令，解得，易知在上，单调递减，
在上，单调递增，又，所以在上有一个零点，在上有一个零点1，所以在上各有一个零点；
当时，令，解得，易知在上，单调递减，
在上，单调递增，故的最小值为，故仅有一个零点；
当时，令，解得，易知在上，单调递减，且，
所以在上有一个零点1，在上，单调递增，又，所以在上有一个零点，故在上各有一个零点.
综上，当或时，仅有一个零点；当或时，有两个零点.