2024-2025學年河南省南陽市宛城區(qū)2高三上學期12月月考數學檢測試卷注意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分）1．若集合，，則S∩T（）A． B． C． D．2．已知，是兩個虛數，則“，均為純虛數”是“為實數”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．已知和的夾角為，且，則（

）A． B． C．3 D．94．（本題5分）已知，則（

）A． B． C． D．5．已知是R上的減函數，，是其圖象上的兩點，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．6．若是函數的極小值點，則的極大值為（

）A． B． C． D．7．已知，，，則a，b，c的大小關系是（

）A． B． C． D．8．函數在區(qū)間上的圖象大致為（

）A． B．C． D．二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分）9．已知非零向量，則下列結論正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．向量與向量垂直10．設函數，則（

）A．當時，有三個零點B．當時，無極值點C．，使在上是減函數D．圖象對稱中心的橫坐標不變11．函數的部分圖象如圖所示.下列說法正確的是（

）A．函數y=fx在區(qū)間上單調B．函數y=fx在區(qū)間上有兩個極值點C．函數y=fx的圖象關于點中心對稱D．函數y=fx的圖象與直線在區(qū)間上有兩個公共點三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）12．已知，則．13．已知平面向量，滿足，則．14．已知，則的最小值是.四、解答題（本題共5小題，共77分）15．（本題13分）在中，，，分別為內角所對的邊，且滿足．(1)求；(2)若，求周長的最大值．16．（本題15分）記內角，，的對邊分別為，，，已知.(1)求；(2)若為等腰三角形且腰長為2，求的底邊長.17．（本題15分）已知函數.(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)討論的單調性．18．（本題17分）已知函數.(1)若，求的最小值；(2)若存在極小值，求的取值范圍.19．（本題17分）已知函數的導函數為，且．(1)求函數在點處的切線方程；(2)若對于任意的恒成立，求實數的取值范圍．答案：題號12345678910答案BACBCDABBCDBD題號11答案BD1．B【分析】由分式不等式的解法與交集的概念求解【詳解】由得，得，則，故選：B2．A【分析】設且,可得，如，可得結論.【詳解】若均為純虛數，設且,則，所以“均為純虛數”是是實數的充分條件，當，，所以“均為純虛數”是是實數的不必要條件，綜上所述：“均為純虛數”是是實數的充分不必要條件.故選：A.3．C【分析】根據向量數量積運算求得正確答案.【詳解】故選：C4．B【分析】利用兩角和差公式以及倍角公式化簡求值可得答案.【詳解】由題干得所以，故選：B.5．C【分析】根據給定條件，利用函數單調性求解不等式.【詳解】依題意，，不等式化為：，而函數是R上的減函數，則，解得，所以不等式的解集為.故選：C6．D【分析】根據給定的極小值點求出，進而求出極大值.【詳解】函數，求導得，由是的極小值點，得，解得或，當時，，當時，；當時，，則是的極大值點，不符合題意；當時，，當時，；當時，，則是的極小值點，符合題意，，又當時，，所以函數在處取得極大值.故選：D7．A【分析】利用指數冪的運算法則和對數函數、指數函數的單調性，進行合理的放縮分別比較和即得.【詳解】因，故，即；又，故，即.故有即.故選：A.8．B【分析】先判斷函數的奇偶性，可排除AC，再結合時，即可排除D，進而得到答案.【詳解】由題意，，，則，所以函數為奇函數，其圖象關于原點對稱，故AC不滿足；當時，，，則，故D不滿足，B符合題意.故選：B.9．BCD【分析】A選項，舉出反例即可；B選項，由向量數乘運算和數量積公式得到；C選項，根據向量數量積公式得到，故；D選項，計算出，得到垂直關系.【詳解】A選項，不妨設，滿足，但，A錯誤；B選項，，故，則，B正確；C選項，，故，故，C正確；D選項，，故向量與向量垂直，D正確.故選：BCD10．BD【分析】利用導數求出函數的極大值判斷A；由恒成立判斷B；由的解集能否為R判斷C；求出圖象的對稱中心判斷D.【詳解】對于A，當時，，求導得，令得或，由，得或，由，得，于是在，上單調遞增，在上單調遞減，在處取得極大值，因此最多有一個零點，A錯誤；對于B，，當時，，即恒成立，函數在R上單調遞增，無極值點，B正確；對于C，要使在R上是減函數，則恒成立，而不等式的解集不可能為R，C錯誤；對于D，由，得圖象對稱中心坐標為，D正確.故選：BD11．BD【分析】根據圖象得到，然后代入的方法判斷ABC選項，將的圖象與直線的交點個數轉化為方程的根的個數，然后解方程判斷D選項.【詳解】由圖象可知，最小正周期，所以，將，代入中得，結合，解得，所以，，則，因為在上不單調，所以在上不單調，故A錯；，則，因為在上單調遞增，在上單調遞減，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以在有兩個極值點，故B正確；，所以不是的對稱中心，故C錯；令，解得或，因為，所以或，所以的圖象與直線在上有兩個公共點，故D正確.故選：BD.12．或．【分析】應用二倍角公式及兩角差余弦公式化簡最后由同角三角函數公式計算即可.【詳解】當,當.故或13.13．【分析】由向量垂直可得，求出m即可．【詳解】由題意知，解得.故14．8【分析】利用基本不等式中“1”的用法，即可求出結果．【詳解】因為，所以，當且僅當時，即時取等號.故．本題主要考查基本不等式的應用，屬于基礎題．15．(1)(2)【分析】（1）根據題意利用正弦定理邊化角，再結合三角恒等變換運算求解即可；（2）利用余弦定理可得，再結合不等式可得，即可得結果.【詳解】（1）因為，由正弦定理可得，且，即，又因為，則，可得，即，所以.（2）由余弦定理可得：，即，可得，又因為，可得，即，當且僅當時，等號成立，所以周長的最大值為.16．(1)(2)或【分析】（1）根據正弦定理邊化角化簡可得；（2）分別討論當為頂角和為底角時的底邊長即可.【詳解】（1），由正弦定理得：，∵，∵，（2）當為頂角，則底邊，，當為底角，則該三角形內角分別為，，，則底邊為故的底邊長為或.17．(1)；(2)答案見解析.【分析】（1）把代入，求出函數的導數，再利用導數的幾何意義求出切線方程.（2）求出函數的導數，按分類探討單調區(qū)間即可.【詳解】（1）當時，函數，求導得，則，而，所以曲線在點處的切線方程為，即.（2）函數的定義域為，求導得，當時，，函數在上單調遞增；當時，由，得；由，得，則函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，函數的單調遞增區(qū)間是；當時，函數的單調遞增區(qū)間是，遞減區(qū)間是.18．(1)(2)【分析】（1）代入，得，求導并利用導函數判定函數的單調性，即可求得函數的最值；（2）先求導數，分類討論和時函數的單調性，并根據函數有極小值求解的取值范圍.【詳解】（1）函數的定義域為，當時，，時，，在區(qū)間上單調遞減，時，，在區(qū)間上單調遞增.所以當時，取得最小值.（2）函數的導函數為.（1）當時，，在區(qū)間上單調遞減，所以無極值.（2）當時，令，得.當變化時，與的變化情況如下表：x-0+↘極小值↗由上表知，當時，取得極小值.綜上，的取值范圍為.19．(1)(2)【分析】（1）求導，利用賦值法求得，求得解析式，進而可求得切線方程；（2）法一，分，，三種情況分離變量，并求得最值求得的取值范圍.法二，令，利用二次求導判斷恒成立應滿足的條件，進而