保定部分高中2024届高三上学期9月月考
数学
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
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。
4．本试卷主要考试内容：集合、常用逻辑用语、不等式、函数、导数、三角函数、解三角形、平面向量、数列。
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．
2．函数的图象在处切线的斜率为（ ）
A． B． C．2 D．
3．已知向量，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．已知等比数列的各项均为正数，若，，则（ ）
A． B． C．27 D．
5．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知定义在上的函数满足，且，则（ ）
A． B．1 C． D．3
8．已知四个城市坐落在正方形的四个顶点处，正方形边长为，现要修廷高铁连迎这四个城市，设计师设计了图中的连迎路线（路线由五条实线线段组成，且路线上、下对称，左、右也对称），则路线总长（单位：）的最小值为（ ）
A． B． C．600 D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知表示集合的整数元素的个数，若集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
10．若函数，则（ ）
A． B．的最小正周期为
C．的图象关于直线对称 D．在上单调递增
11．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的标志很相似，所以形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知是内一点，，，的面积分别为，，，则．设是内一点，的三个内角分别为A，B，C，，，的面积分别为，，，若，则以下命题正确的有（ ）
A．
B．有可能是的重心
C．若为的外心，则
D．若为的内心，则为直角三角形
12．已知实数满足且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则的最小值为
C．的最大值为
D．若，则的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13．已知命题，则的否定为________．
14．若角的终边经过点，则________，________．
15．已知函数满足，且在上单调，则的最大值为________．
16．已知函数的最大值为，则函数的最小值为________（结果用表示）
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）
已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象，求在上的值域．
18．（12分）
滇池久负盛名，位于春城昆明，是我国西南地区最大的淡水湖，被誉为“高原明珠”．如图，为计算滇池岸边与两点之间的距离，在岸边选取和两点，现测得，，，，．
（1）求的长；
（2）求的长．
19．（12分）
已知定义在上的函数满足，，，且．
（1）求，，的值；
（2）判断的奇偶性，并证明．
20．（12分）
已知函数
（1）讨论函数的零点个数．
（2）是否存在直线，使得该直线与曲线切于两点？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
21．（12分）
已知数列满足，且．
（1）求的通项公式；
（2）若数列的前项和为，且，求数列的前项和．
22．（12分）
已知函数．
（1）当时，比较与的大小；
（2）若函数，且，证明：．
保定部分高中2024届高三上学期9月月考
数学参考答案
1．C 因为，，所以，，与之间没有包含关系．
2．B 因为，所以．
3．C 因为，，所以，所以．
因为与方向相同的单位向量为，所以在上的投影向量为．
4．D 设的公比为，则，，．因为，所以，因为，所以，所以．因为的各项均为正数，所以．因为，所以．
5．A 由，得，即或3，所以“”是“”的充分不必要条件．
6．D 由题可知，函数的定义域为，且，故函数为偶函数，排除A，C．又，所以选D．
7．A 由，可得，所以的周期为4，则．
8．D 设，，则，，路线总长为．
令函数，，．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
所以的最小值是，则路线总长（单位：）的最小值为．
9．BC 因为，，所以，，，．
10．BCD 由题意得，所以的最小正周期为，A错误，B正确．因为，所以的图象关于直线对称，C正确．由，得，所以在上单调递增，D正确．
11．AD 由奔驰定理可得，．
因为，，不共线，所以，故A正确．
若是的重心，，
因为，所以，故B错误．
当为的外心时，，
所以，
所以，故C错误．
当为的内心时，（为内切圆半径），所以，所以，故D正确．
12．ABD 因为，所以，即，因为，所以，则，所以，A正确．若，则，且均为正数，则，则，当且仅当，即，时，等号成立，则的最小值为，B正确．因为，所以，因为，所以，所以，C错误．由，则，则，由，得，则的最小值为，D正确．
13． 存在量词命题的否定为全称量词命题．
14．5； 因为角的终边经过点，所以，所以，．
15．3 ，由，且在上单调，得的图象关于点中心对称．因为直线与直线关于直线对称，所以在上单调，得，又，所以．故的最大值为3．
16． 因为，所以，
则．当的取值范围为时，的取值范围为，所以的最大值与的最大值相等，均为，所以的最小值为．
17．解：（1）由题意，．
令，
解得，
所以的单调递增区间为．
（2）把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，得到的图象，
再将所得图象向左平移个单位长度得到的图象，所以．
因为，所以，
则，
所以在上的值域为．
18．解：（1）在中，有，，．
由余弦定理，可得，
即，
整理可得，解得或（舍去），
故的长为．
（2）在中，有，，，
则．
由正弦定理，
可得，即的长为．
19．解：（1）令，得，
因为，所以．
令，得，
因为，所以．
令，得，
即，因为，所以，所以．
（2）为偶函数．
证明如下：令，得，
由（1）得，
即，又的定义域为，所以为偶函数．
20．解：（1）当时，的最小值为；
当时，的最大值为4．
作出的大致图象，如图所示．
由，得．
当或时，的零点个数为2；
当时，的零点个数为3；
当时，的零点个数为4．
（2）假设存在直线，使得该直线与曲线切于两点．
（方法一）联立与，得，
则．
联立与，得，
则．
由，得，解得或．
当时，，此时，，则切点，的坐标分别为，．
当时，，此时，这与矛盾，则不符合题意．
综上，存在直线满足题意，且．
（方法二）设函数，则，
则曲线在处的切线方程为，即．
设函数，则，
则曲线在处的切线方程为，即．
依题意可得且，
消去，得，因为，所以，
所以，，即存在直线满足题意，且，．
21．解：（1）因为，所以，
所以
，
所以．
（2）因为，所以当时，，得；
当时，，所以（时也成立）．
因为，所以，
所以
，
故．
22．（1）解：设函数，
则，
当时，，
则在上单调递增，
所以，从而，即．
（2）证明：设函数，
当时，，，则恒成立，
则由，得，又，所以．
因为的导数，所以在上单调递增，
又，，所以．
同理得，要证，只需证，
即证．
因为，所以．
设函数，则，
所以在上单调递增，因为，所以，所以，
所以，
所以，从而得证．
