2024届山西省山西大学附属中学与东北师大附中高三上学期期中联考数学试题含答案

这是一份2024届山西省山西大学附属中学与东北师大附中高三上学期期中联考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为或，
又因为，因此，.
故选：B.
2．命题“，函数是偶函数”的否定是（ ）
A．，函数不是偶函数B．，函数不是偶函数
C．，函数是奇函数D．，函数是奇函数
【答案】B
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题易得.
【详解】因为命题“，函数是偶函数”是全称量词命题，
所以其否定是存在量词命题，即“，函数不是偶函数”.
故选：B.
3．已知函数为奇函数，则的值是（ ）
A．0B．C．12D．10
【答案】D
【分析】由奇函数的性质可知，由此可以求出的值，进而可以求出.
【详解】因为函数为奇函数，
所以，即，即或，
显然函数的定义域为关于原点对称，
且当时，有，从而有，
当时，有，但，
所以，即，
所以.
故选：D.
4．“碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量（亿吨）与时间（年）满足函数关系式，若经过5年，二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自身产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？（参考数据：）（ ）
A．43B．44C．45D．46
【答案】C
【分析】由条件列式确定参数，再结合对数运算解方程即可.
【详解】由题意可得，即，解得，
令，即，
两边取对数得，
所以，即，
解得，
故选：C
5．函数在区间上的图象大致为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据奇偶性排除D，再取特值排除AB.
【详解】因为，关于原点对称，
，
所以函数为奇函数，故D错误；
因为，所以，所以，故A错误；
因为，所以，所以，故B错误；
故选：C.
6．在中，角所对的边分别为.已知，：是等腰三角形.则是的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】利用正弦定理边角互化思想结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】在中，若，由正弦定理，
得，所以，所以，所以为等边三角形，
若命题成立，则是等腰三角形，即命题成立；
反之，为等腰三角形，不一定为等边三角形，
如在中，，，则不成立，
所以是：是等腰三角形的充分不必要条件.
故选：B.
7．已知为正实数，且，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】利用，结合可得，进而可得答案.
【详解】因为为正实数，则，
即，
所以或，
所以或.
的取值范围是，
故选：D.
8．已知函数的定义域为，且，，则的值是（ ）
A．9B．10C．11D．12
【答案】D
【分析】由赋值法先得，再由与关系列式求解．
【详解】中令，则，
中令，，则，
又中令，则，所以，
中，令，则，
再令，，则．
故选：D
二、多选题
9．若、、，则下列命题正确的是（ ）
A．若且，则
B．若，则
C．若且，则
D．
【答案】BD
【分析】利用特殊值法可判断A选项；利用作差法可判断BCD选项.
【详解】对于A选项，若且，取，，则，A错；
对于B选项，若，则，B对；
对于C选项，若且，则，
则，故，C错；
对于D选项，，
当且仅当时，等号成立，故，D对.
故选：BD.
10．已知函数，则满足的整数的取值可以是（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】BCD
【分析】由函数的单调性与奇偶性转化后求解．
【详解】由题意得，故为偶函数，
而，当时，，
故在单调递增，在单调递减，
若，则，得，
即，解得
故选：BCD
11．已知函数任一对称轴与其相邻的零点之间的距离为，若将曲线的图象向左平移个单位得到的图象关于轴对称，则（ ）
A．
B．直线为曲线的一条对称轴
C．若在单调递增，则
D．曲线与直线有5个交点
【答案】ABD
【分析】根据周期可得，进而根据对称可得，即可求解A，代入验证即可判断B，根据正弦函数的单调性，即可求解C，根据函数的对称性，结合函数图象即可判断D.
【详解】由题意，故，又的图象向左平移个单位得到，所以，且，故，A正确；
因为，且为最小值，所以直线为曲线的一条对称轴，B对；
令,故易知在单调递增，故，C错；
直线与曲线均过点，且该直线与曲线均关于该点中心对称，
当时，，当时，，由对称性可知曲线与直线有5个交点，故D对．
故选：ABD．

12．已知函数，，则（ ）
A．函数在上无极值点
B．函数在上存在极值点
C．若对任意，不等式恒成立，则实数的最小值
D．若，则的最大值为
【答案】ACD
【分析】对求导后，根据导函数正负可确定的单调性，由极值点定义可知AB正误；由单调性可得，分离变量后，可知，利用导数可求得，知C正确；采用同构法可确定，可将化为，令，，利用导数可求得最大值，知D正确.
【详解】对于A，定义域为，，
令，则，
当时，；当时，；
，即在上单调递减，在上单调递增，
，在上单调递增，无极值点，A正确；
对于B，定义域为，，
令，则，
当时，；当时，；
，即在上单调递减，在上单调递增，
，在上单调递增，无极值点，B错误；
对于C，由A知：在上单调递增，
由得：，
则当时，，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，，即的最小值为，C正确；
对于D，若，则，
，，，
由AB知：均为定义域上的增函数，，，
由得：，，
；
令，则，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，即的最大值为，D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：本题考查导数在研究函数中的综合应用问题，其中D选项中涉及到多变量问题的求解，求解此类问题的基本思路是根据已知中的等量关系，将多变量转化为单变量的问题，从而将其转化为函数最值问题的求解.
三、填空题
13．已知函数的图像在处的切线方程是，则 ．
【答案】10
【分析】通过切线可得斜率即可导数值，再求函数值即可.
【详解】由已知切点在切线上，所以，
切点处的导数为切线斜率，所以，所以.
【点睛】本题主要考查了函数导数的几何意义，属于基础题.
14．设定义在上且，则 ．
【答案】
【分析】根据分段函数解析式一一计算可得.
【详解】因为，
所以，
，
同理可得.
故答案为：
15．已知，，则 ．
【答案】
【分析】由二倍角正切公式可求得，由，利用两角和差正切公式可求得结果.
【详解】，，
.
故答案为：.
16．修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段.如图，某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛，其圆心为C且直径MN平行坝面.坝面上点A满足，且AC长度为3百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A到小岛建三段栈道AB、BD与BE，水面上的点B在线段AC上，且BD、BE均与圆C相切，切点分别为D、E，其中栈道AB、BD、BE和小岛在同一个平面上.此外在半圆小岛上再修建栈道、以及MN，则需要修建的栈道总长度的最小值为 百米.
【答案】
【分析】连接CD，CE，设，建立出需要修建的栈道的函数关系式，利用导数求出最小值.
【详解】连接CD，CE，由半圆半径为1得：.
由对称性，设，又，，
所以，，
易知，所以的长为.
又，故，故，
令且，则，，
所以.
所以栈道总长度最小值.
故答案为：.
四、解答题
17．已知函数的最小正周期为是函数一个零点.
(1)求；
(2)在中，角的对边分别为，求面积的最大值.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据周期求出，再根据零点和的范围即可；
（2）代入求出值，再利用余弦定理和基本不等式即可求出最值.
【详解】（1）依题意，周期，所以，
由题意得，
解得，而，
所以取，.
（2）因为，所以，
因为，所以，则，
由余弦定理得，
因为，
则，
所以（当且仅当时，有最大值4），
因为，
所以面积的最大值为.
五、证明题
18．已知正项数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，若数列满足，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用和与项的关系可求得，从而利用等差数列的通项公式即可求解；
（2）由（1）知，从而利用裂项相消法求得，从而可证.
【详解】（1）∵，当时，，
两式相减得：，整理得，
∵，∴，当时，，
∴（舍）或，
∴是以1为首项，1为公差的等差数列，则；
（2）由（1）知，，
∴，
∵，∴，即．
六、解答题
19．年月某学校举行了普通高中体育与健康学业水平合格性考试．考试分为体能测试和技能测试，其中技能测试要求每个学生在篮球运球上篮、羽毛球对拉高远球和游泳个项目中任意选择一个参加．某男生为了在此次体育学业考试中取得优秀成绩，决定每天训练一个技能项目．第一天在个项目中任意选一项开始训练，从第二天起，每天都是从前一天没有训练的个项目中任意选一项训练．
(1)若该男生进行了天的训练，求第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率；
(2)设该男生在考前最后天训练中选择“羽毛球对拉高远球”的天数为，求的分布列及数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）分别考虑第一天训练的是和不是“篮球运球上篮”的情况，根据古典概型概率公式可分别求得对应的概率，加和即可求得结果；
（2）分别求得每个可能的取值对应的概率，进而确定分布列；根据数学期望公式可求得期望.
【详解】（1）记第一天训练的是“篮球运球上篮”且第三天也是训练“篮球运球上篮”为事件；
第一天训练的不是“篮球运球上篮”且第三天是训练“篮球运球上篮”为事件；
由题意知：三天的训练过程中，所有可能的情况有：种，
，，
第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率.
（2）由题意知：所有可能的取值为，
考前最后天训练中，所有可能的情况有：种；
当时，第一天有种选择，之后每天都有种选择，；
当时，若第一天选择“羽毛球对拉高远球”，则第二天有种选择，之后每天只有种选择，共种选择；
若第二天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有种选择，第三天种，之后每天只有种选择，共种选择；
第三天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有种选择，第二天有种选择，第三天种选择，第四天有种选择，第五天有种选择，共种选择；
第四天选择“羽毛球对拉高远球”， 则第一天有种选择，第二天，第三天，第四天均只有种选择，第五天有种选择，共种选择；
第五天选择“羽毛球对拉高远球”， 则第一天有种选择，第二天，第三天，第四天，第五天都只有种选择，共种选择；
；
当时，只有第一天，第三天，第五天，选择“羽毛球对拉高远球”，共有种选择，；
，
的分布列为：
.
20．如图，在四棱锥中，，，，平面平面.
(1)求证：面；
(2)点在棱上，设，若二面角余弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据四边形为平行四边形可得，知，由面面垂直和线面垂直性质可得，结合可证得结论；
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可构造方程求得.
【详解】（1）取中点，连接，，
，，四边形为平行四边形，，
又，，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，，
，即，又，平面，
平面.
（2）取中点，连接，
，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
以为坐标原点，正方向为轴正方向，作轴平行于直线，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
平面轴，平面的一个法向量，
，解得：，满足，
.
21．已知双曲线C的中心为坐标原点，对称轴为x轴，y轴，且过A（2，0），B（4，3）两点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知点P（2，1），设过点P的直线l交C于M，N两点，直线AM，AN分别与y轴交于点G，H，当时，求直线l的斜率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设双曲线的方程为，根据双曲线过代入求解；
（2）设过点P的直线l的方程为：， ，与双曲线方程联立，设直线AM的方程为，令，得到G的坐标，设直线AN的方程为，令，得到H的坐标，再由结合韦达定理求解.
【详解】（1）解：设双曲线的方程为，
因为双曲线过，
所以，解得，
所以双曲线方程；
（2）由题意设过点P的直线l的方程为：，，
由，消去y得，
则，解得或，
由韦达定理得，
设直线AM的方程为，令，得，则，
设直线AN的方程为，令，得，则，
所以，即，
即，即，即，
即，
则，
将韦达定理代入得，
整理得，即，解得，符合条件.
22．已知函数.
(1)讨论函数的极值点个数；
(2)若，的最小值是，求实数m的所有可能值.
【答案】(1)时，恰有一个极值点；时，恰有三个极值点；
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，按与分类讨论，并借助零点存在性定理推理作答.
（2）利用（1）中信息，按与探讨利用导数函数的最小值作答.
【详解】（1）函数的定义域是，求导得，
令，求导得，递减，
递增，，
①当时，，递减，递增，有1个极小值点；
②当时，，
令，则，函数在上递增，，即，
当时，，此时，使得，
令，有，令，，
即有在上递增，，函数在上递增，，则，
当时，，此时，使得，
因此递减，递增，
递减，递增，有3个极值点，
所以当时，恰有一个极值点；当时，恰有三个极值点.
（2）由（1）知，①当时，在上单调递减，在上单调递增，
，即，令，
，函数在上单调递增，，则；
②当时，，使得，，使得，
递减，递增，
递减，递增，
其中，则，
显然符合要求，即有，
综上提，
所以m的所有可能值是上的实数.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
-
0
+
单调递减
极小值
单调递增