雅安市高2022级高三“零诊”考试数学试题本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1答题前，请务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在试题卷和答题卡上.2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上.4考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据集合求出解集，再根据交集的概念及运算即可求出结果.【详解】根据可得，又，则，故选：B.2. 若i是虚数单位，复数A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将的分子分母都乘以分母的共轭复数，即可化简出【详解】，故选B【点睛】本题考查复数的除法运算，关键是将其分子分母都乘以分母的共轭复数3. 命题“，”的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用全称量词命题的否定判断即得.【详解】命题“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，所以命题“，”的否定是，.故选：C4. 函数在区间上的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，可排除AC，再结合时，即可排除D，进而得到答案.【详解】由题意，则，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，故AC不满足；当时，则，故D不满足，B符合题意.故选：B.5. 已知，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. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】应用充分条件必要条件的定义去判断，对不充分条件或不必要条件可举例说明.【详解】因为，所以，所以“”可推出“”，即“”是“”的必要条件；取，可知，而，即，所以“”不能推出“”.所以“”是“”的不充分条件.所以“”是“”必要不充分条件.故选：B.6. 已知单位向量，满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出，与，再应用夹角余弦公式求解即可.【详解】解：因为，所以，因为，所以，所以，故选：A.7. 若，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用正弦的差角公式结合弦切关系分别计算，再根据和角公式计算即可.【详解】因为，又，即，则，所以，故.故选：D8. 下列不等式成立是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据指数函数、对数函数的单调性可判断出结果.【详解】对于A，因为底数，所以随着指数的增大而减小，又，所以，故选项A错误；对于B，因为底数，所以随着真数位置的增大而增大，又，所以，故选项B错误；对于C，因，所以，故选项C正确；对于D，因为，函数有两个交点，分别是当，增长速度比增长速度快，在0,2上，在上，在上，所以，即，故选项D错误.故选：C.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计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 已知函数，则（ ）A. 的最小正周期为B. 的图象关于点对称C. 将的图象向左平移个单位，所得图象的解析式为D. 【答案】BD【解析】【分析】利用正切函数的图象的性质逐项计算可判断每个选项的正误.【详解】由，可得函数的最小正周期为，故A错误；由，可得，所以的图象关于点对称，当时，可得对称中心为，故B正确；将的图象向左平移个单位得到的图象，故C错误；，又在上单调递增，所以，即f45f710，故D正确.故选：BD.10. 已知函数的定义域为R，若为偶函数，为奇函数，且，则（ ）A. 为周期函数B. 的图象关于点对称C. ，成等差数列D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的定义推理确定函数的性质，再逐项分析判断即可.【详解】函数的定义域为R，由为偶函数，得，则，由为奇函数，得，则，于是，即，对于A，是周期为4的周期函数，A正确；对于B，由，得的图象关于点对称，B错误；对于C，由，得，因此，成等差数列，C正确；对于D，因此，D正确.故选：ACD11. 已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列结论中正确的是（ ）A. 是单调递增数列B. C. D. 【答案】BCD【解析】【分析】应用与的关系，将中的消掉，求出判断符号即可判断A项的正误；判断数列是等差数列，进而求出，再利用作差法判断B项的正误；应用放缩法与裂项相消求出，再与比较即可；构造函数，并利用导数研究函数的最小值，再取即可判断D项的正误.【详解】因为，所以当时，两式相减，可得，所以，所以，所以an是单调递减数列，故A错误；当时，所以；当时，化简整理得，所以数列是等差数列，其首项为4，公差为4，所以，所以，所以，故B正确；因为，所以所以，故C正确；设函数，则，因为，所以，所以在上单调递减，所以，取，,所以，即又因为，所以.故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 已知向量，若，则_【答案】【解析】【分析】先求出的坐标，再由根据向量平行的坐标性质后可求出的值.【详解】，由得，解得，解得.故答案为：.13. 记为等差数列的前n项和已知，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】先根据等式得到公差，再根据前n项和公式得到最小值.【详解】设等差数列的公差为，根据，可得，解得，则，因为，所以当或时，有最小值为，故答案为：.14. 定义：已知函数的导函数为，若是可导函数且其导函数记为，则曲线在点处的曲率据此，曲线（其中）的曲率K的最大值为_【答案】#【解析】【分析】根据曲率定义得到曲率K，再应用导数求解曲率K的最大值即可.【详解】解：因为，所以，所以曲线（其中）的曲率，所以，由，可得，所以当时，单调递增；当时，单调递减.所以当时， 故答案为：.四、解答题：本大题共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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求A的大小；（2）若的外接圆半径为4，且，求的面积【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先根据正弦定理将等式化简约分，可求得，即可求得结果；（2）结合第（1）问及余弦的和角公式，得到，利用正弦定理化简得，求出三角形面积即可.【小问1详解】根据正弦定理的变形公式可得，因为，所以，即，因为，所以，则，即；【小问2详解】因为，所以，则，即，又，所以，因为的外接圆半径为，所以由正弦定理可得，所以，所以.16. 已知数列的前n项和为，且，其中（1）求的通项公式；（2）若数列满足，证明：【答案】（1）， （2）证明见详解【解析】【分析】（1）由已知条件可得，然后根据和的关系，可得，注意的情况即可.（2）利用裂项相消可求，然后利用，即可证明.【小问1详解】当时，当时，又，两式相减得：，所以，此时，将代入得，因此对也成立，故的通项公式为，【小问2详解】由（1）可知，所以，又，所以，所以，因为，所以，即.17. 已知函数，其中，（1）当时，求的单调区间；（2）当时，过点可以作3条直线与曲线相切，求m的取值范围【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2）【解析】【分析】（1）利用导数直接求解单调区间即可；（2）设切点为，利用导数的几何意义可得，设，结合题意可将问题转化为函数与y=gx的图象有三个交点，进而结合导数分析y=gx的单调性，再结合图象求解即可.【小问1详解】由，则，令fx0，得；令fx0，画出函数与y=gx大致图象，要使函数与y=gx的图象有三个交点，则，即m的取值范围为18. 已知数列满足，（，且）（1）证明：数列是等比数列；（2）求数列的前n项和；（3）令，数列的前n项和为，证明：【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据给定条件，求出，再利用构造法，结合等比数列定义推理即得.（2）由（1）求出，再利用分组求和法及错位相减法求即得.（3）利用（2）的信息求出，再利用不等式的性质，结合等比数列求和公式推理得证.【小问1详解】数列中，当时，则，而，又，解得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）知，即，则，令，则，两式相减得，则，所以.【小问3详解】由（2）知，显然，则；又，于是，所以.【点睛】方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解19. 已知函数（1）若有2个相异极值点，求a的取值范围；（2）若，求a的值；（3）设m为正整数，若，求m的最小值【答案】（1）或； （2）； （3）3.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，由有两个不等的正实根，结合一元二次方程根的分布求出范围.（2）构造函数，按分类讨论恒成立情况即可得解.（3）由（2）的结论可得，再赋值并结合等比数列前n项和公式及对数运算求出范围即可.【小问1详解】函数的定义域为，求导得，由有2个相异极值点，得方程有两个相异正实根，于是，解得或，所以a的取值范围是或.【小问2详解】令，求导得，当时，函数在上单调递增，而，则，使得，当时，因此函数在上单调递增，而，则当时，即，不符合题意；当时，而时，不等式不恒成立，不符合题意；当时，求导得，当时，当时，函数在上单调递减，在上单调递增，即对任意正数，恒成立，即不等式恒成立，符合题意，所以.【小问3详解】由（2）知，对任意，不等式，当且仅当时取等号，令，则，则，即，因此，当时，