2024届山西省金科大联考高三上学期10月质量检测数学试题含解析

这是一份2024届山西省金科大联考高三上学期10月质量检测数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出集合，再根据补集的定义及集合间的关系即可得解.
【详解】由，有，
若，有，即实数的取值范围为.
故选：C．
2．复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】根据已知化简得出，即可根据复数的几何意义得出答案.
【详解】由，
可知复数在复平面内所对应的点为，该点位于第四象限．
故选：D．
3．设函数则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据解析式进行迭代可得，然后可得答案.
【详解】由解析式可得，
所以．
故选：B．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据正切的两角差公式求，然后利用二倍角公式和平方关系将所求化为齐次式，利用可求.
【详解】由，有，解得，
则．
故选：C．
5．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据奇偶性可排除D；取可排除A；利用导数判断时的单调性可排除C，然后可得正确答案.
【详解】的定义域为R.
是偶函数，排除D；
又，排除A；
当时，，，
，
在上单调递增，排除C．
故选：B．
6．已知一组正数的方差为，则另一组数据，的平均数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】根据题意，求得，结合数据平均数的性质，即可求解.
【详解】由，
可得且，所以，
故数据的平均数为．
故选：B．
7．已知函数在区间上的最大值为，最小值为，则（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】A
【分析】设，判断函数的奇偶性，结合图象平移变换可得的对称中心，由对称性可得答案.
【详解】设，
因为，
所以函数为奇函数，函数图象关于坐标原点对称，
因为函数的图象相当于函数的图象向下平移两个单位，
所以可得函数的图象关于点对称，
由对称性可知．
故选：A．
8．已知定义在上的函数满足，当时，，若，其中，则当取最小值时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知可得周期，利用周期性和对称性，结合可得，然后妙用“1”求最值，根据最值取得条件即可得a，然后可得答案.
【详解】根据可得的图象关于对称，
因为，所以，
的周期为4，
，，，
，，
，即，
，
当且仅当，即时，等号成立，
．
故选：D．
二、多选题
9．关于的不等式对任意恒成立的充分不必要条件有（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】先求不等式对任意恒成立的充要条件，然后根据选项判断与其包含关系即可.
【详解】当不等式对任意恒成立时，有，
解得，记.
由题知，集合A的真子集即为不等式对任意恒成立的充分不必要条件.
故选：AC．
10．把函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标伸长到原来的两倍，再把所得到的曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象关于点成中心对称
B．函数在上的值域为
C．若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为
D．函数在上有2个零点
【答案】BC
【分析】先根据三角函数图象变换求，然后代入验证可判断A；根据求得，然后根据余弦函数性质可得值域，可判断B；利用余弦函数的单调性求解可判断C；令，直接求解即可判断D.
【详解】由题可知，，
由于，可知A选项错误；
又由当时，，所以，可知B选项正确；
当时，，若函数单调递减，必有，可得，可知C选项正确；
又由当时，令，解得，
因为，所以，
所以函数在上有3个零点，可知D选项错误．
故选：BC．
11．已知数列的前项和为，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．数列的前100项的和为
【答案】ACD
【分析】先利用与的关系求得递推公式，然后由构造法求通项，结合已知可得，然后即可判断ABC；利用裂项相消法求和可判断D.
【详解】当时，有，可得；
当时，，整理得，
即，
所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，
故，所以，
所以．
对于A选项，有，故A选项正确；
对于B选项，有，故B选项错误；
对于C选项，有，故C选项正确；
对于D选项，，
则数列的前100项的和为，故D选项正确．
故选：ACD．
12．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数在上单调递增
B．是函数的极值点
C．过原点仅有一条直线与曲线相切
D．若，则
【答案】ACD
【分析】求导根据导函数即可得出函数的单调性以及极值，进而判断A、B项；设出切点坐标，根据已知列出关系式，构造函数，根据导数研究函数的性质得出函数零点的个数，即可判断C项；根据函数的单调性，得出，整理即可构造，利用导函数求出函数的最小值，即可得出D项.
【详解】对于A项，由已知可得，
令，则.
解可得，，所以在上单调递增；
解可得，，所以在上单调递减.
所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，
所以，恒成立，即恒成立，
所以函数在上单调递增，故选项A正确；
对于B项，由A可知，在上单调递增，故B项错误；
对于选项C，设切点的坐标为，
根据导数的几何意义可知，切线的斜率，
所以过的切线方程为.
又切线经过原点，所以有，
整理为.
令，有，
当时，，有；当时，，有.
所以恒成立，函数单调递增.
又由，，
根据零点存在定理可得函数在区间内有且仅有一个零点.
故过原点仅有一条直线与曲线相切，选项C正确；
对于D选项，若，有，
由函数单调递增，
有，.
令，有．
令，有
（当且仅当时取等号），
可得恒成立，所以函数单调递增.
又由，
所以时，，，所以在上单调递减；
时，，，所以在上单调递增.
所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，
所以，故成立，选项D正确．
故选：ACD．
三、填空题
13．已知向量.若，则 ．
【答案】
【分析】根据平面向量的坐标运算求，然后由向量模的坐标表示列方程求解可得.
【详解】因为
所以，
由题可知，解得．
故答案为：
14．科学家以里氏震级来度量地震的强度，若设为地震时所散发出来的相对能量程度，则里氏震级可定义为．在2021年3月13日下午，江西鹰潭余江区发生里氏3.1级地震，2020年1月1日，四川自贡发生里氏级地震，若自贡地震所散发出来的相对能量程度是余江地震所散发出来的相对能量程度的100倍，则 ．
【答案】4.3/
【分析】设里氏3.1级地震以及里氏级地震所散发出来的能量分别为，，则，根据已知得出，根据对数的运算性质，化简即可得出答案.
【详解】设里氏3.1级地震所散发出来的能量为，里氏级地震所散发出来的能量为，则.
由已知可得.
所以，.
故答案为：．
15．已知椭圆，偶函数，且，则椭圆的离心率的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据奇偶性求m，由可得b的范围，然后可得离心率范围.
【详解】是偶函数，
，
，解得，
，
，
又，
，．
故答案为：
16．在三棱锥中，，则三棱锥的外接球的半径为 ．
【答案】
【分析】依题为直角三角形，又由，可得点在底面的射影为的外心，故球心在直线上，易求出半径得解.
【详解】如图，由，可得，
所以的外心为的中点，又由，
点在底面的射影为H，
则平面，连接，
则，
，所以点H与点D重合，
点在底面的射影为的外心，
显然三棱锥外接球的球心在直线上，
设，
在中，有，解得．
故答案为：
四、解答题
17．已知指数函数在其定义域内单调递增．
(1)求函数的解析式；
(2)设函数，当时．求函数的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据指数函数定义和单调性可解；
（2）令，利用二次函数的单调性求解可得.
【详解】（1）是指数函数，
，
解得或，
又因为在其定义域内单调递增，所以，
；
（2）
，
，令，
，
，
，
的值域为．
18．已知函数，曲线在点处的切线与直线垂直．
(1)求的解析式及的值；
(2)当时，恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）利用换元法求出函数的解析式即可，再根据导数的几何意义即可求出的值；
（2）当时，恒成立，等价于恒成立，构造函数，利用导数求出函数的最小值即可得解.
【详解】（1），令，则，
，
，
，直线的斜率为，切线与此直线垂直，
，且，
解得；
（2）依题意，则，
，
，等价于恒成立，
令，
且，
可得函数在上单调递增，，
，
即的取值范围为．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19．近日，某企业举行“猜灯谜，闹元宵”趣味竞赛活动，每个员工从8道谜语中一次性抽出4道作答．小张有6道谜语能猜中，2道不能猜中；小王每道谜语能猜中的概率均为，且猜中每道谜语与否互不影响．
(1)分别求小张，小王猜中谜语道数的分布列；
(2)若预测小张猜中谜语的道数多于小王猜中谜语的道数，求的取值范围．
【答案】(1)分布列见解析
(2)
【分析】（1）根据超几何分布概率公式和二项分布概率公式求概率，然后可得分布列；
（2）分别求两人猜中谜语道数的期望，根据期望列不等式即可求解.
【详解】（1）设小张猜中谜语的道数为，可知随机变量服从超几何分布，的取值分别为2，3，4．
有，，，
故小张猜中谜语道数的分布列为
设小王猜中谜语的道数为，可知随机变量服从二项分布的取值分别为0，1，2，3，4，
有，
，
，
，
．
故小王猜中谜语道数的分布列为
（2）由（1）可知，
若预测小张猜中谜语的道数多于小王猜中谜语的道数，则，可得．
20．在钝角中，内角所对的边分别为，且有．
(1)求；
(2)若点在边上，，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合内角和、和差公式和辅助角公式化简即可求解；
（2）利用列方程可得，然后结合已知可解.
【详解】（1）由正弦定理及，
有，
又由，有，
即，
又，
所以，
整理得，
又由钝角，有，上式可化为，
即，
所以，
所以，可得；
（2）由，有，
又由，可得，
则，
可得，
又由，可得，
所以．
21．如图，已知抛物线与圆交于四点，直线与直线相交于点．
(1)求的取值范围；
(2)求点的坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）抛物线方程联立圆的方程消元，利用根与系数的关系和判别式可解；
（2）利用韦达定理可得，由直线和斜率相等可解.
【详解】（1）圆的方程可化为．
将抛物线的方程代入圆的方程有整理得，
由题意可知有两个正根，
所以解得，
故的取值范围为；
（2）设点的坐标分别为，
由对称性可知，点在轴上，设点的坐标为，
由（1）可知，得，
所以，
因为直线的斜率为，直线的斜率为，
所以，即，
所以，可得，
又由，有，
故点的坐标为．
22．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，若为函数的正零点，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，然后分，和讨论导数符号即可得单调区间；
（2）先由（1）中结论将不等式转化为，然后可转化为，令，可得，构造函数，利用导数讨论单调性，由单调性可证.
【详解】（1）函数的定义域为．
，
①当即时，，函数单调递增，增区间为，没有减区间；
②当时，由，可得函数的减区间为，增区间为；
③当时，由，可得函数的减区间为，增区间为；
（2）证明：当时，由及函数的减区间为，增区间为，可知等价于．
又由，等价于证明，
又由，
令，有，
可得
，
令，则，
可得函数单调递减，则，
可得当时，．
故有，可得得证．
【点睛】本题难点在于利用单调性和零点定义将不等式转化为，然后通过换元，构造函数，利用导数讨论单调性可证.
2
3
4
0
1
2
3
4