湖南省邵阳市第二中学2024-2025学年高三上学期8月月考数学试题
1．（2024高三上·邵阳月考）若非空集合A，B满足，U为全集，则下列集合中表示空集的是（ ）
A．； B．； C．； D．．
2．（2024高三上·邵阳月考）sin40°(tan10°－)＝
A．－ B．－1 C． D．－
3．（2024高三上·邵阳月考）已知函数的定义域是，则函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·邵阳月考）下列求导数计算错误的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高三上·邵阳月考）苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）发明的对数及对数表（如下表），为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是任何一个正实数N可以表示成，则，这样我们可以知道N的位数.已知正整数是35位数，则M的值为（ ）
N 2 3 4 5 11 12 13 14 15
0.30 0.48 060 070 1.04 1.08 1.11 1.15 1.18
A．3 B．12 C．13 D．14
6．（2024高三上·邵阳月考）一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店里购买黄金，售货员先将的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．你认为顾客购得的黄金（ ）
附：依据力矩平衡原理，天平平衡时有，其中、分别为左、右盘中物体质量，、分别为左右横梁臂长．
A．等于 B．小于 C．大于 D．不确定
7．（2024高三上·邵阳月考）如图，在中，已知边上的两条中线相交于点，求的余弦值．（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·邵阳月考）已知直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则k的最大值是（ ）
A． B． C．2e D．4e
9．（2024高三上·邵阳月考）已知函数，则（ ）
A．有一个零点 B．的极小值为
C．的对称中心为 D．直线是曲线的切线
10．（2024高三上·邵阳月考）设点D是所在平面内一点，O是平面上一个定点，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则D是BC边上靠近B的三等分点
B．若，（且），则直线AD经过的垂心
C．若，且x，，，则是面积的一半
D．若平面内一动点P满足，（且），则动点P的轨迹一定通过的外心
11．（2024高三上·邵阳月考）设函数向左平移个单位长度得到函数，已知在上有且只有5个零点，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称
B．在上，方程的根有3个，方程的根有2个
C．在上单调递增
D．的取值范围是
12．（2024高三上·邵阳月考）出入相补是指一个平面（或立体）图形被分割成若干部分后面积（或体积）的总和保持不变，我国汉代数学家构造弦图，利用出入相补原理证明了勾股定理，我国清代的梅文鼎、李锐、华蘅芳、何梦瑶等都通过出入相补原理创造了不同的面积证法证明了勾股定理.在下面两个图中，若，，，图中两个阴影三角形的周长分别为，，则的最小值为 .
13．（2024高三上·邵阳月考）某时钟的秒针端点A到中心点O的距离为，秒针均匀地绕点O旋转，当时间时，点A与钟面上标12的点B重合，将A，B两点的距离表示成的函数，则 其中.
14．（2024高三上·邵阳月考）如图，在边长为1的正方形中，为的中点，点在正方形内（含边界），且．①若，则的值是 ；②若向量，则的最小值为 ．
15．（2024高三上·邵阳月考）在中，内角的对边分别为，且．
（1）求的值；
（2）若，点是线段上的一点，，，求的值．
16．（2024高三上·邵阳月考）如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为的中点.
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使二面角的平面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
17．（2024高三上·邵阳月考）已知函数，其导函数为.
（1）若在不是单调函数，求实数的取值范围；
（2）若在恒成立，求实数的最小整数值.
18．（2024高三上·邵阳月考）已知函数
（1）当时，求的单调增区间；
（2）若，使，求实数a的取值范围．
19．（2024高三上·邵阳月考）如果数列满足：且 则称为n阶“归化”数列.
（1）若某3阶“归化”数列是等差数列，且单调递增，写出该数列的各项；
（2）若某11阶“归化”数列是等差数列，求该数列的通项公式；
（3）若为n阶“归化”数列，求证
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：∵集合为非空集合，根据可得：
对于A中，；
对于B中，；
对于C中， ；
对于D中，.
故选：D.
【分析】根据图，对各个选项逐一分析，即可求得正确答案.
2．【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：由三角恒等变换的公式，可得：
.
故选：B.
【分析】利用三角函数的切化弦及化一公式、诱导公式化简即可求解．
3．【答案】A
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：因为函数的定义域是，所以，
所以，所以函数的定义域为，
所以要使函数有意义，则有，解得，
所以函数的定义域为.
故选：A.
【分析】由函数定义域的概念及复合函数定义域的求解方法，列出不等式组，即可求解.
4．【答案】B
【知识点】导数的四则运算；简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A中，由，所以A正确，不符合题意；
B中，由，所以B错误，符合题意；
C中，由，所以C正确，不符合题意；
D中，由，所以D正确，不符合题意．
故选：B．
【分析】根据题意，利用导数的运算法则及简单复合函数求导法则，准确计算，即可求解．
5．【答案】C
【知识点】指数式与对数式的互化；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：依题意得，
任何一个正实数N可以表示成，
则，
已知正整数是35位数，
所以，
两边取常用对数得，
于是，
即，
所以.
故答案为：C.
【分析】理解题意列出不等式，再取常用对数即可判断.
6．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：设天平左臂长，右臂长，且，
设天平右盘有克黄金，天平左盘有克黄金，所以，
所以，，则．
故选：C．
【分析】设天平左臂长，右臂长，且，根据已知条件求出、的表达式，利用基本不等式比较与的大小关系，即可得出结论.
7．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形
【解析】【解答】解：因为，，，
因为，
，可得，
由为的重心，所以，，
在中，由余弦定理，得：.
故选：B
【分析】先求三角形中线，的长度，根据三角形重心的性质求得，，在中，利用余弦定理求的余弦，即为所求结果.
8．【答案】B
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为是和的公切线，
设切点分别为和，则，
由，可得，则
又由，可得，且，则，
所以，可得，
即，显然同号，不妨设，
设，（其中），
可得，令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
要使得有解，则需要，即
即，解得，所以，即的最大值为.
故选：B.
【分析】设切点分别为和，则，根据题意转化为有解，设，求得，里哟个导数求得函数的单调性和极小值，结合，即可求解.
9．【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：对于A，由，得，
令，得；令，得或，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
且，
所以，当时，；当时，存在唯一零点，
故函数在上只有一个零点，故A正确；
对于B，由选项A可知，函数的极小值为，故B正确；
对于C，令，定义域为，
则，
所以函数为奇函数，对称中心为，
将函数图象向下平移1个长度单位，得函数的图象，
所以的对称中心为，故C错误；
对于D，由选项A知，，
令，又因为，
所以切线方程为，即，
所以直线是曲线在点处的切线，故D正确，
故答案为：ABD.
【分析】由函数求导判断函数的单调性的方法，则得出函数的单调区间，再结合零点存在性定理判断出选项A；由选项A判断出函数的单调性，从而得出函数的极小值，则判断出选项B；令，再结合奇函数的定义判断出函数为奇函数，再由奇函数的图象的对称性和图象变换，从而得出函数的对称中心，则判断出选项C；利用选项A得出导函数，再结合导数的几何意义得出切线的斜率，再根据点斜式得出切线方程，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,B,C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A中，由可得，，
即得，故点D是BC边上靠近B的三等分点，故A正确；
B中，因，则
，即，故直线AD经过的垂心，即B正确；
C中，因，，则，
设，则，因，故三点共线，
如图1所示，，故的边上的高是的边上的高的一半，
故是面积的一半，即C正确；
D中，由可得，，
如图2，取，则有，以为两邻边作，
易知是菱形，故平分，且故得，，
故动点的轨迹为的平分线，即动点P的轨迹一定通过的内心，故D错误.
故选：ABC.
【分析】对于A，化简等式成，即可判断；对于B，将等式两边与作点乘，化简得出结果为0即可判断；对于C，利用平面向量基本定理推出三点共线，结合图形和共线向量即得结论；对于D，化简向量等式，利用单位向量作出即得菱形，推得，即得结论.
11．【答案】C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意，，
由题意，不一定是函数的对称轴，所以A错误；
当时，得，故；
，所以D正确.
因为，则的根分别可由或或求出，共有3个根；
当时，的根分别可由或求出，共2个根；
当时，的根分别可由或或求出，共3个根；所以B错误；
当时，得，
由，得，所以，此时在上单调递增，所以C正确.
故选：CD.
【分析】根据题意，求得函数，利用函数的零点的个数，求出参数的范围，解好三角函数的图象与性质，判断函数的单调性、对称性和方程根的个数，即可求解.
12．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：如图1，易知，且，
所以，所以；
如图2，易知，且，
所以，所以，
所以，
又因为，所以，当且仅当时取等号，
所以，所以最小值为，
故答案为：.
【分析】根据图形中的相似关系先表示出，然后利用基本不等式求解出最小值.
13．【答案】，
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图所示，；
在中，由余弦定理得，由，知，，
故答案为：．
【分析】根据题意，求得，利用余弦定理可以得到，结合余弦的二倍角公式化简，即可求解.
14．【答案】；
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：①因为，，
所以是边长为1的等边三角形，
所以.
②法一：如图，作，连接PF，设，
由于共线，不妨设，又
故，
又由于共线，所以，故，
结合图像可知，当两点重合时，交于处，此时值最大，
易知，故，故.
.
法二：因为，
所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在正方体内的圆弧部分，
所以以点为坐标原点，如图建立坐标系，
因为正方体的边长为，
所以设点，，
所以由得，
所以，解得，
所以，
令，
所以
因为，所以，
所以在区间恒成立，
所以函数在区间单调递增，
所以，
所以的最小值为.
故答案为：；.
.
【分析】①由题知是边长为1的等边三角形，进而根据向量数量积求解即可；
②考虑到该题为高一题目，不能使用导数，故提供了另一种解法，法二仅供参考.
法一：结合图像，作，连接PF，设，利用三点共线可得，又三点共线，故可得，因此只需要考虑值最大的情况即可得到的最小值.
法二：由题知点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在正方体内的圆弧部分，进而建立直角坐标系，设点，再利用向量坐标运算得，进而构造函数，利用导数研究函数最值即可得答案.
15．【答案】（1）解：（1）因为，
由正弦定理得，
所以
，
即，由正弦定理得，
又、，则或（舍去），
所以.
（2）解：（2）因为，设中边上的高为，
所以，所以，
设，
由，，，
所以，则，， ，
在中，由余弦定理得，
设的中点为，连接，如图所示，由，则，
在中，，
所以，
解得或（舍去），
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意，利用正弦定理及三角恒等变换，化简得到，即可求解；
（2）由的面积比值得，设，得到，， ，再结合余弦定理列式，即可求解.
（1）因为，
由正弦定理得，
所以
.
即，
由正弦定理得，
又、，则或（舍去）．
所以.
（2）因为，设中边上的高为，
所以，所以，
设，
由，，，
所以，则，， ，
在中，由余弦定理得，
设的中点为，连接，
如图所示，由，则，
在中，，
所以，
解得或（舍去），
所以.
16．【答案】（1）解：（1）平面平面，平面平面，
平面平面，
则以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
.
，
设平面的法向量为，则，
令，解得：，
又，即，
又平面平面；
（2）解：（2）假设在线段上存在点，使二面角的大小为.
设，则.
设平面的一个法向量为，则，
令，解得：，
又平面的一个法向量为，
，
即，解得：或（舍去），
此时，
在线段上存在点，使二面角的平面角的大小为，
此时.
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，利用，即可得证；
（2）假设在线段上存在点，设，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
（1）平面平面，
平面平面，
平面平面，
则以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
.
，
设平面的法向量为，则，
令，解得：，
又，即，
又平面平面；
（2）假设在线段上存在点，使二面角的大小为.
设，则.
设平面的一个法向量为，
则，
令，解得：，
又平面的一个法向量为，
，
即，解得：或（舍去），
此时，
在线段上存在点，使二面角的平面角的大小为，
此时.
17．【答案】（1）解：由题意知，函数，
可得；
因为在不是单调函数，所以在有变号零点；
因为恒成立，令，则在有变号零点；
因为，所以在单调递增，
因为，当的值趋近正无限大时，趋近于正无限大，a为待定的参数，
故趋近于正无限大，故只需，即，
所以实数的取值范围是.
（2）解：（法一）令，
因为在恒成立，所以在单调递减，
所以，
所以在恒成立，即为在恒成立，
令，
则
，
令，则在恒成立，
所以在单调递减；
因为；
所以有唯一零点，且
当时，，即，所以在单调递增；
当时，，即，所以在单调递减；
所以；
所以实数的最小整数值为.
（法二）因为，
由（1）得，当时，在上单调递增，
所以成立.
当时，存在，使得
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
所以，
令得；
解之得.
综上，，
所以实数的最小整数值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求出函数的导数，根据题意可知在有变号零点，由此结合函数的单调性，解不等式即可求得答案；
（2）法一：采用分离参数法，将原不等式变为即为在恒成立，构造函数，求函数的导数，利用导数求其最小值，即可求得答案；
法二：求函数的导数，利用导数判断其单调性，求得函数最小值，结合解不等式即可求得答案.
（1）；
因为在不是单调函数，所以在有变号零点；
因为恒成立，令，则在有变号零点；
因为，所以在单调递增，
因为，当的值趋近正无限大时，趋近于正无限大，a为待定的参数，
故趋近于正无限大，故只需，即，
所以实数的取值范围是.
（2）（法一）令，
因为在恒成立，所以在单调递减，
所以，
所以在恒成立，即为在恒成立，
令，
则
，
令，则在恒成立，
所以在单调递减；
因为；
所以有唯一零点，且
当时，，即，所以在单调递增；
当时，，即，所以在单调递减；
所以；
所以实数的最小整数值为.
（法二）
由（1）得，当时，在上单调递增，
所以成立.
当时，存在，使得
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
所以，
令得；
解之得.
综上，，
所以实数的最小整数值为.
18．【答案】（1）解：当时，，
时，单调递增，
时，在上单调递增，在上单调递减，
所以的单调递增区间为和.
（2）解：，使
所以，
即，
①当时，，对称轴，
当即时，，
，
所以，
所以或，
因为，所以 ，
当即时，，
，
所以，
，
因为，所以，
②当时，，对称轴，
所以，
，
所以，
，
所以 ，
③当时，，
因为，
因为，
所以不可能是函数的最大值，
所以，
所以，
所以，
综上所述：a的取值范围是
【知识点】函数的单调性及单调区间；二次函数在闭区间上的最值
【解析】【分析】根据已知及分段函数，函数的单调性与单调区间的计算，求出 的单调增区间；
(2) 根据已知及二次函数的性质求最值，结合不等式和绝对值不等式的计算求出实数a的取值范围．
19．【答案】（1）解：（1）设成公差为r的等差数列，显然，
则由得，
由得，解得，
数列为所求3阶“归化”数列.
（2）解：
（2）设等差数列的公差为，
因为，所以，所以，即.
当时，此时，
与归化数列的条件相矛盾.
当时，由，
故，又，
联立解得，
所以
当时，由，，同理解得，
所以.
综上，当，
（3）解：
由已知可得：必有 也必有（，），
设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，
由已知得，，
所以.
【分析】（1）设成公差为r的等差数列，显然，由得到，由得到，得到答案；
（2）设公差为，根据等差数列求和公式得到，当，和，求出首项和公差，得到通项公式；
（3）设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，得到，，进而得证.
【知识点】等差数列的前n项和；数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）设成公差为r的等差数列，显然，由得到，由得到，得到答案；
（2）设公差为，根据等差数列求和公式得到，当，和，求出首项和公差，得到通项公式；
（3）设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，得到，，进而得证.
（1）设成公差为r的等差数列，显然，
则由得，
由得，解得，
数列为所求3阶“归化”数列.
（2）设等差数列的公差为，
因为，所以，所以，即.
当时，此时，
与归化数列的条件相矛盾.
当时，由，
故，又，
联立解得，
所以
当时，由，，同理解得，
所以.
综上，当，
（3）由已知可得：必有 也必有（，），
设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，
由已知得，，
所以.
1 / 1湖南省邵阳市第二中学2024-2025学年高三上学期8月月考数学试题
1．（2024高三上·邵阳月考）若非空集合A，B满足，U为全集，则下列集合中表示空集的是（ ）
A．； B．； C．； D．．
【答案】D
【知识点】Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：∵集合为非空集合，根据可得：
对于A中，；
对于B中，；
对于C中， ；
对于D中，.
故选：D.
【分析】根据图，对各个选项逐一分析，即可求得正确答案.
2．（2024高三上·邵阳月考）sin40°(tan10°－)＝
A．－ B．－1 C． D．－
【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：由三角恒等变换的公式，可得：
.
故选：B.
【分析】利用三角函数的切化弦及化一公式、诱导公式化简即可求解．
3．（2024高三上·邵阳月考）已知函数的定义域是，则函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：因为函数的定义域是，所以，
所以，所以函数的定义域为，
所以要使函数有意义，则有，解得，
所以函数的定义域为.
故选：A.
【分析】由函数定义域的概念及复合函数定义域的求解方法，列出不等式组，即可求解.
4．（2024高三上·邵阳月考）下列求导数计算错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】导数的四则运算；简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A中，由，所以A正确，不符合题意；
B中，由，所以B错误，符合题意；
C中，由，所以C正确，不符合题意；
D中，由，所以D正确，不符合题意．
故选：B．
【分析】根据题意，利用导数的运算法则及简单复合函数求导法则，准确计算，即可求解．
5．（2024高三上·邵阳月考）苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）发明的对数及对数表（如下表），为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是任何一个正实数N可以表示成，则，这样我们可以知道N的位数.已知正整数是35位数，则M的值为（ ）
N 2 3 4 5 11 12 13 14 15
0.30 0.48 060 070 1.04 1.08 1.11 1.15 1.18
A．3 B．12 C．13 D．14
【答案】C
【知识点】指数式与对数式的互化；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：依题意得，
任何一个正实数N可以表示成，
则，
已知正整数是35位数，
所以，
两边取常用对数得，
于是，
即，
所以.
故答案为：C.
【分析】理解题意列出不等式，再取常用对数即可判断.
6．（2024高三上·邵阳月考）一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店里购买黄金，售货员先将的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．你认为顾客购得的黄金（ ）
附：依据力矩平衡原理，天平平衡时有，其中、分别为左、右盘中物体质量，、分别为左右横梁臂长．
A．等于 B．小于 C．大于 D．不确定
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：设天平左臂长，右臂长，且，
设天平右盘有克黄金，天平左盘有克黄金，所以，
所以，，则．
故选：C．
【分析】设天平左臂长，右臂长，且，根据已知条件求出、的表达式，利用基本不等式比较与的大小关系，即可得出结论.
7．（2024高三上·邵阳月考）如图，在中，已知边上的两条中线相交于点，求的余弦值．（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形
【解析】【解答】解：因为，，，
因为，
，可得，
由为的重心，所以，，
在中，由余弦定理，得：.
故选：B
【分析】先求三角形中线，的长度，根据三角形重心的性质求得，，在中，利用余弦定理求的余弦，即为所求结果.
8．（2024高三上·邵阳月考）已知直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则k的最大值是（ ）
A． B． C．2e D．4e
【答案】B
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为是和的公切线，
设切点分别为和，则，
由，可得，则
又由，可得，且，则，
所以，可得，
即，显然同号，不妨设，
设，（其中），
可得，令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
要使得有解，则需要，即
即，解得，所以，即的最大值为.
故选：B.
【分析】设切点分别为和，则，根据题意转化为有解，设，求得，里哟个导数求得函数的单调性和极小值，结合，即可求解.
9．（2024高三上·邵阳月考）已知函数，则（ ）
A．有一个零点 B．的极小值为
C．的对称中心为 D．直线是曲线的切线
【答案】A,B,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：对于A，由，得，
令，得；令，得或，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
且，
所以，当时，；当时，存在唯一零点，
故函数在上只有一个零点，故A正确；
对于B，由选项A可知，函数的极小值为，故B正确；
对于C，令，定义域为，
则，
所以函数为奇函数，对称中心为，
将函数图象向下平移1个长度单位，得函数的图象，
所以的对称中心为，故C错误；
对于D，由选项A知，，
令，又因为，
所以切线方程为，即，
所以直线是曲线在点处的切线，故D正确，
故答案为：ABD.
【分析】由函数求导判断函数的单调性的方法，则得出函数的单调区间，再结合零点存在性定理判断出选项A；由选项A判断出函数的单调性，从而得出函数的极小值，则判断出选项B；令，再结合奇函数的定义判断出函数为奇函数，再由奇函数的图象的对称性和图象变换，从而得出函数的对称中心，则判断出选项C；利用选项A得出导函数，再结合导数的几何意义得出切线的斜率，再根据点斜式得出切线方程，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2024高三上·邵阳月考）设点D是所在平面内一点，O是平面上一个定点，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则D是BC边上靠近B的三等分点
B．若，（且），则直线AD经过的垂心
C．若，且x，，，则是面积的一半
D．若平面内一动点P满足，（且），则动点P的轨迹一定通过的外心
【答案】A,B,C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A中，由可得，，
即得，故点D是BC边上靠近B的三等分点，故A正确；
B中，因，则
，即，故直线AD经过的垂心，即B正确；
C中，因，，则，
设，则，因，故三点共线，
如图1所示，，故的边上的高是的边上的高的一半，
故是面积的一半，即C正确；
D中，由可得，，
如图2，取，则有，以为两邻边作，
易知是菱形，故平分，且故得，，
故动点的轨迹为的平分线，即动点P的轨迹一定通过的内心，故D错误.
故选：ABC.
【分析】对于A，化简等式成，即可判断；对于B，将等式两边与作点乘，化简得出结果为0即可判断；对于C，利用平面向量基本定理推出三点共线，结合图形和共线向量即得结论；对于D，化简向量等式，利用单位向量作出即得菱形，推得，即得结论.
11．（2024高三上·邵阳月考）设函数向左平移个单位长度得到函数，已知在上有且只有5个零点，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称
B．在上，方程的根有3个，方程的根有2个
C．在上单调递增
D．的取值范围是
【答案】C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意，，
由题意，不一定是函数的对称轴，所以A错误；
当时，得，故；
，所以D正确.
因为，则的根分别可由或或求出，共有3个根；
当时，的根分别可由或求出，共2个根；
当时，的根分别可由或或求出，共3个根；所以B错误；
当时，得，
由，得，所以，此时在上单调递增，所以C正确.
故选：CD.
【分析】根据题意，求得函数，利用函数的零点的个数，求出参数的范围，解好三角函数的图象与性质，判断函数的单调性、对称性和方程根的个数，即可求解.
12．（2024高三上·邵阳月考）出入相补是指一个平面（或立体）图形被分割成若干部分后面积（或体积）的总和保持不变，我国汉代数学家构造弦图，利用出入相补原理证明了勾股定理，我国清代的梅文鼎、李锐、华蘅芳、何梦瑶等都通过出入相补原理创造了不同的面积证法证明了勾股定理.在下面两个图中，若，，，图中两个阴影三角形的周长分别为，，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：如图1，易知，且，
所以，所以；
如图2，易知，且，
所以，所以，
所以，
又因为，所以，当且仅当时取等号，
所以，所以最小值为，
故答案为：.
【分析】根据图形中的相似关系先表示出，然后利用基本不等式求解出最小值.
13．（2024高三上·邵阳月考）某时钟的秒针端点A到中心点O的距离为，秒针均匀地绕点O旋转，当时间时，点A与钟面上标12的点B重合，将A，B两点的距离表示成的函数，则 其中.
【答案】，
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图所示，；
在中，由余弦定理得，由，知，，
故答案为：．
【分析】根据题意，求得，利用余弦定理可以得到，结合余弦的二倍角公式化简，即可求解.
14．（2024高三上·邵阳月考）如图，在边长为1的正方形中，为的中点，点在正方形内（含边界），且．①若，则的值是 ；②若向量，则的最小值为 ．
【答案】；
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：①因为，，
所以是边长为1的等边三角形，
所以.
②法一：如图，作，连接PF，设，
由于共线，不妨设，又
故，
又由于共线，所以，故，
结合图像可知，当两点重合时，交于处，此时值最大，
易知，故，故.
.
法二：因为，
所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在正方体内的圆弧部分，
所以以点为坐标原点，如图建立坐标系，
因为正方体的边长为，
所以设点，，
所以由得，
所以，解得，
所以，
令，
所以
因为，所以，
所以在区间恒成立，
所以函数在区间单调递增，
所以，
所以的最小值为.
故答案为：；.
.
【分析】①由题知是边长为1的等边三角形，进而根据向量数量积求解即可；
②考虑到该题为高一题目，不能使用导数，故提供了另一种解法，法二仅供参考.
法一：结合图像，作，连接PF，设，利用三点共线可得，又三点共线，故可得，因此只需要考虑值最大的情况即可得到的最小值.
法二：由题知点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在正方体内的圆弧部分，进而建立直角坐标系，设点，再利用向量坐标运算得，进而构造函数，利用导数研究函数最值即可得答案.
15．（2024高三上·邵阳月考）在中，内角的对边分别为，且．
（1）求的值；
（2）若，点是线段上的一点，，，求的值．
【答案】（1）解：（1）因为，
由正弦定理得，
所以
，
即，由正弦定理得，
又、，则或（舍去），
所以.
（2）解：（2）因为，设中边上的高为，
所以，所以，
设，
由，，，
所以，则，， ，
在中，由余弦定理得，
设的中点为，连接，如图所示，由，则，
在中，，
所以，
解得或（舍去），
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意，利用正弦定理及三角恒等变换，化简得到，即可求解；
（2）由的面积比值得，设，得到，， ，再结合余弦定理列式，即可求解.
（1）因为，
由正弦定理得，
所以
.
即，
由正弦定理得，
又、，则或（舍去）．
所以.
（2）因为，设中边上的高为，
所以，所以，
设，
由，，，
所以，则，， ，
在中，由余弦定理得，
设的中点为，连接，
如图所示，由，则，
在中，，
所以，
解得或（舍去），
所以.
16．（2024高三上·邵阳月考）如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为的中点.
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使二面角的平面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：（1）平面平面，平面平面，
平面平面，
则以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
.
，
设平面的法向量为，则，
令，解得：，
又，即，
又平面平面；
（2）解：（2）假设在线段上存在点，使二面角的大小为.
设，则.
设平面的一个法向量为，则，
令，解得：，
又平面的一个法向量为，
，
即，解得：或（舍去），
此时，
在线段上存在点，使二面角的平面角的大小为，
此时.
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，利用，即可得证；
（2）假设在线段上存在点，设，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
（1）平面平面，
平面平面，
平面平面，
则以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
.
，
设平面的法向量为，则，
令，解得：，
又，即，
又平面平面；
（2）假设在线段上存在点，使二面角的大小为.
设，则.
设平面的一个法向量为，
则，
令，解得：，
又平面的一个法向量为，
，
即，解得：或（舍去），
此时，
在线段上存在点，使二面角的平面角的大小为，
此时.
17．（2024高三上·邵阳月考）已知函数，其导函数为.
（1）若在不是单调函数，求实数的取值范围；
（2）若在恒成立，求实数的最小整数值.
【答案】（1）解：由题意知，函数，
可得；
因为在不是单调函数，所以在有变号零点；
因为恒成立，令，则在有变号零点；
因为，所以在单调递增，
因为，当的值趋近正无限大时，趋近于正无限大，a为待定的参数，
故趋近于正无限大，故只需，即，
所以实数的取值范围是.
（2）解：（法一）令，
因为在恒成立，所以在单调递减，
所以，
所以在恒成立，即为在恒成立，
令，
则
，
令，则在恒成立，
所以在单调递减；
因为；
所以有唯一零点，且
当时，，即，所以在单调递增；
当时，，即，所以在单调递减；
所以；
所以实数的最小整数值为.
（法二）因为，
由（1）得，当时，在上单调递增，
所以成立.
当时，存在，使得
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
所以，
令得；
解之得.
综上，，
所以实数的最小整数值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求出函数的导数，根据题意可知在有变号零点，由此结合函数的单调性，解不等式即可求得答案；
（2）法一：采用分离参数法，将原不等式变为即为在恒成立，构造函数，求函数的导数，利用导数求其最小值，即可求得答案；
法二：求函数的导数，利用导数判断其单调性，求得函数最小值，结合解不等式即可求得答案.
（1）；
因为在不是单调函数，所以在有变号零点；
因为恒成立，令，则在有变号零点；
因为，所以在单调递增，
因为，当的值趋近正无限大时，趋近于正无限大，a为待定的参数，
故趋近于正无限大，故只需，即，
所以实数的取值范围是.
（2）（法一）令，
因为在恒成立，所以在单调递减，
所以，
所以在恒成立，即为在恒成立，
令，
则
，
令，则在恒成立，
所以在单调递减；
因为；
所以有唯一零点，且
当时，，即，所以在单调递增；
当时，，即，所以在单调递减；
所以；
所以实数的最小整数值为.
（法二）
由（1）得，当时，在上单调递增，
所以成立.
当时，存在，使得
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
所以，
令得；
解之得.
综上，，
所以实数的最小整数值为.
18．（2024高三上·邵阳月考）已知函数
（1）当时，求的单调增区间；
（2）若，使，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，
时，单调递增，
时，在上单调递增，在上单调递减，
所以的单调递增区间为和.
（2）解：，使
所以，
即，
①当时，，对称轴，
当即时，，
，
所以，
所以或，
因为，所以 ，
当即时，，
，
所以，
，
因为，所以，
②当时，，对称轴，
所以，
，
所以，
，
所以 ，
③当时，，
因为，
因为，
所以不可能是函数的最大值，
所以，
所以，
所以，
综上所述：a的取值范围是
【知识点】函数的单调性及单调区间；二次函数在闭区间上的最值
【解析】【分析】根据已知及分段函数，函数的单调性与单调区间的计算，求出 的单调增区间；
(2) 根据已知及二次函数的性质求最值，结合不等式和绝对值不等式的计算求出实数a的取值范围．
19．（2024高三上·邵阳月考）如果数列满足：且 则称为n阶“归化”数列.
（1）若某3阶“归化”数列是等差数列，且单调递增，写出该数列的各项；
（2）若某11阶“归化”数列是等差数列，求该数列的通项公式；
（3）若为n阶“归化”数列，求证
【答案】（1）解：（1）设成公差为r的等差数列，显然，
则由得，
由得，解得，
数列为所求3阶“归化”数列.
（2）解：
（2）设等差数列的公差为，
因为，所以，所以，即.
当时，此时，
与归化数列的条件相矛盾.
当时，由，
故，又，
联立解得，
所以
当时，由，，同理解得，
所以.
综上，当，
（3）解：
由已知可得：必有 也必有（，），
设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，
由已知得，，
所以.
【分析】（1）设成公差为r的等差数列，显然，由得到，由得到，得到答案；
（2）设公差为，根据等差数列求和公式得到，当，和，求出首项和公差，得到通项公式；
（3）设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，得到，，进而得证.
【知识点】等差数列的前n项和；数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】（1）设成公差为r的等差数列，显然，由得到，由得到，得到答案；
（2）设公差为，根据等差数列求和公式得到，当，和，求出首项和公差，得到通项公式；
（3）设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，得到，，进而得证.
（1）设成公差为r的等差数列，显然，
则由得，
由得，解得，
数列为所求3阶“归化”数列.
（2）设等差数列的公差为，
因为，所以，所以，即.
当时，此时，
与归化数列的条件相矛盾.
当时，由，
故，又，
联立解得，
所以
当时，由，，同理解得，
所以.
综上，当，
（3）由已知可得：必有 也必有（，），
设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，
由已知得，，
所以.
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