2024届黑龙江省大庆市铁人中学高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届黑龙江省大庆市铁人中学高三上学期期中数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，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】分别求出两个集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】解：，
，
所以.
故选：B.
2．已知（i为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用复数的乘除运算求复数，再由共轭复数的概念写出.
【详解】由题设，则，
所以，故.
故选：D
3．若且，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】D
【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】若，满足，此时，排除充分性，
若，满足，此时，排除必要性，
故选：D
4．、是两个不重合的平面，在下列条件中，可判定平面与平行的是（ ）
A．、是内的两条直线，且，
B．、都垂直于平面
C．内不共线三点到的距离相
D．、是两条异面直线，，，且，
【答案】D
【解析】取，且，，利用线面平行的判定定理可判断A选项；根据，判断平面与的位置关系，可判断B选项；设、的中点、在平面内，记平面为平面，判断出、、三点到平面的距离相等，可判断C选项；过直线作平面，使得，利用线面平行、面面平行的判定定理可判断D选项.
【详解】对于A选项，若，且，，,,则，，但与相交；
对于B选项，若，，则与平行或相交；
对于C选项，设、的中点、在平面内，记平面为平面，如下图所示：
、分别为、的中点，则，
，，，所以，点、到平面的距离相等，
由于为的中点，则点、到平面的距离相等，
所以，点、、三点到平面的距离相等，但平面与平面相交；
对于D选项，如下图所示：
由于，过直线作平面，使得，则，
，，，，
，，，，.
故选：D.
【点睛】方法点睛：证明或判断两个平面平行的方法有：
①用定义，此类题目常用反证法来完成证明；
②用判定定理或推论（即“线线平行”“面面平行”），通过线面平行来完成证明；
③根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行证明；
④借助“传递性”来完成．
5．已知函数，若，则（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】B
【分析】由已知可得，再由，即可求值.
【详解】由题设，即，
而，
所以.
故选：B
6．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据对数的运算法则，对数函数性质、指数函数性质判断．
【详解】，，
，
，，
所以，
故选：A．
7．杨辉是南宋杰出的数学家，他曾担任过南宋地方行政官员，为政清廉，足迹遍及苏杭一带．杨辉一生留下了大量的著述，他给出了著名的三角垛公式：．若正项数列的前n项和为，且满足，数列的通项公式为，则根据三角垛公式，可得数列的前10项和（ ）
A．440B．480C．540D．580
【答案】A
【分析】根据给定的递推公式，求出数列的通项公式，再利用三角垛公式求出作答.
【详解】，，当时，，
两式相减得：，即，
整理得，因此，即数列为等差数列，
又，，解得，于是，，
数列的前n项和，
所以.
故选：A.
8．定义在上的函数满足，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】构造函数，，先判断其导函数的正负，来确定该函数的单调性，再化简不等式为，根据单调性解不等式即可.
【详解】设，，则，
故在上单调递增，，
不等式，即，即，根据单调性知，
即，得，即，故解集为.
故选：B.
【点睛】思路点睛:
利用导数解不等式时，常常要构造新函数，新函数一方面与已知不等式有关，一方面与待求不等式有关，再结合导数判断单调性，利用单调性解不等式.
二、多选题
9．在中，已知，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】画出三角形，应用向量线性表示，三角形法则，数量积关系逐项分析即可.
【详解】如图所示：
因为，所以，
所以，
故选项A正确，
因为，所以
所以
，
故C选项错误，
由，
，
在，，
所以，
即，
所以，
所以，
所以，
即
即，故选项D正确，
由，
所以在中，因为，
所以，故B正确，
故选：ABD.
10．在三棱柱中，、、、分别为线段、、、的中点，下列说法正确的是（ ）
A．、、、四点共面B．平面平面
C．直线与异面D．直线与平面平行
【答案】ABC
【分析】证明出，可判断A选项；利用面面平行的判定定理可判断B选项；利用线线的位置关系可判断C选项；利用线面平行的性质可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为且，、分别为、的中点，
则且，所以，四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，所以，，，
故、、、四点共面，A对；
对于B选项，连接、，
、分别为、的中点，则，
平面，平面，平面，
因为四边形为平行四边形，则，，则，
平面，平面，平面，
，平面平面，B对；
对于C选项，由图可知不与相交，
若，又因为，则，这与矛盾，
故与异面，C对；
对于D选项，延长、交于点，连接交于点，连接，
若平面，平面，平面平面，，
事实上，与相交，故假设不成立，D错.
故选：ABC.
11．设，且，则（ ）
A．B．
C．的最小值为0D．的最小值为
【答案】ACD
【分析】根据题意，由条件结合基本不等式，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于A，因为且，则，且，所以，
所以A正确；
对于B，假设，且，则可得，符合题意，
即成立，所以B错误；
对于C，，
当且仅当时，即取等号，此时，所以C正确；
对于D，，
当且仅当时，取等号，即，解得，所以D正确；
故选:ACD
12．若，则的值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】由题意易知，再根据两角差的正切公式，可知，进而求得，由此即可得到，对取值，逐项判断即可得到结果.
【详解】由，可知，
当，即时，即时，
，
显然不成立，故；
所以，则，
所以，即，
当时，，当时，，当时，，
令，得，故的值不可能为.
故选：ABD.
三、填空题
13．已知平面向量，满足，，与的夹角为，则 .
【答案】6
【分析】根据给定条件，利用向量数量积的性质及运算律求解作答.
【详解】因，，与的夹角为，则，
所以.
故答案为：6
14．在等比数列中，为其前n项和，若，，则的公比为 ．
【答案】１或.
【分析】分和两种情况讨论.
【详解】解：当时，满足，，此时；
当时，由，，
可得：，解得 ，此时.
综上所述：公比的值为：１或.
故答案为：１或.
15．已知一个实心铜质的圆锥形材料的底面半径为4，圆锥母线长，现将它熔化后铸成一个实心铜球，不计损耗，则铜球的表面积为 .
【答案】
【分析】首先求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积，从而求出球的半径，再根据球的表面积公式计算可得.
【详解】依题意圆锥的底面半径，母线，所以圆锥的高，
所以圆锥的体积，
设铜球的半径为，则，解得，
所以铜球的表面积.
故答案为：.
四、双空题
16．已知：若函数在上可导，，则.又英国数学家泰勒发现了一个恒等式，则 ， .
【答案】 1 /
【分析】令，即可求出，再将两边求导数，即可得到，即可得到，从而得到，再用裂项相消法求和即可；
【详解】解：因为，令，即，所以；
又，
所以，所以，所以
所以
故答案为：；
五、解答题
17．已知函数．
(1)求的单调递增区间；
(2)将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在区间内的值域．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）根据三角恒等变换可得，然后根据三角函数的性质即得；
（2）根据图象变换规律可得，然后根据正弦函数的性质即得.
【详解】（1）因为，
令，解得，
则的单调递增区间是；
（2）由（1）可得．
因为，所以，
所以，
所以，
即在区间内的值域为．
18．已知首项为2的正项数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等比数列的定义和通项公式即可求解；
（2）根据错位相减法求和，即可得出答案.
【详解】（1）解：由，得，
又，所以，数列为以2为首项，2为公比的等比数列，
所以.
（2）解：由（1）知：，所以，
所以，
，
两式相减得：
.
所以.
19．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，．
(1)若，求B的大小；
(2)若△ABC不是钝角三角形，且，求△ABC的面积取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用三角公式得到或.由求出；
（2）先判断出△ABC是直角三角形，利用基本不等式求出△ABC的面积取值范围.
【详解】（1）因为，所以，即.
因为A，B，C为△ABC的内角，所以或.
因为，所以（不合题意，舍去）.
所以，而，所以.
（2）由（1）可知：或.
当时，有，这与△ABC不是钝角三角形相矛盾，不合题意，舍去；
当时，，所以△ABC是直角三角形，所以，即.
而.
因为，所以（当且仅当时等号成立）.
又，所以，所以，即△ABC的面积取值范围为.
20．已知函数
1)若a=1,求曲线在点处的切线方程
(2)若在R上单调递增,求实数a的取值范围
【答案】（1）（2）
【详解】分析：（1）求出导数，求出切点和切线的斜率，由点斜式方程，即可得到切线方程；
（2）求出导数，若是单调递增函数，则恒成立，分离参数构造函数，求出函数的最值即可得到实数的取值范围．
详解：
(1)
（2）
所以在上单调递增，在上单调递减
所以.
点睛：本题主要考查导数的几何意义以及函数单调性和导数之间的关系，综合考查导数的应用，属于中档题．
21．已知三棱柱，侧面是边长为2的菱形，，侧面四边形是矩形，且平面平面，点D是棱的中点．
(1)在棱AC上是否存在一点E，使得平面，并说明理由；
(2)当三棱锥的体积为时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)存在，理由见解析
(2)
【分析】（1）取的中点F，连接EF，DF ，易得 ，则四边形DFEA是平行四边形，从而AD∥EF，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）根据四边形是矩形，结合平面平面，得到面，由，得到，再由，得到，然后以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量，由求解.
【详解】（1）解：存在，当E为AC的中点时，AD∥平面，理由如下：
如图所示：
取的中点F，连接EF，DF ，
∵DF是的中位线，
∴，
又 ，
∴ ，
∴四边形DFEA是平行四边形 ，
∴AD∥EF，
又面，面 ，
∴AD∥平面．
（2）∵四边形是矩形，
∴，，
又∵平面平面，
∴面，
∵，
∴ ，
∵侧面是菱形，，
∴是正三角形 ，
∵E是AC的中点，
∴，
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
由，得，
令，则，，
∴ ，
又平面的一个法向量，
∴，
∴平面与平面的夹角的余弦值是.
22．已知函数．
（1）当时，求在上的最值；
（2）设，若有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1），；（2）．
【分析】（1）当时，，对其求导判断单调性，比较极值和端点值即可得最值；
（2）求出，再分情况，和时，判断函数的单调性以及极值，求解函数的零点，即可求解.
【详解】（1）当时，，可得．
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，，，
所以，．
（2）因为，
可得：．
①当时，，此时只有一个零点，故不成立；
②当时，在上单调递减，在上单调递增．
因为，，
当时，；
当时，，．
有两个不同的零点，成立；
③当时，令，得或．
当时，，恒成立，
在上单调递增，至多有一个零点；
当时，即．
若或，则；若，则．
在和上单调递增，在上单调递减．
当时，即．
若或，则；若时，则．
在和上单调递增，在上单调递减．
当时，，
．
仅有一个零点，不合题意．
综上，有两个零点，的取值范围是．
【点睛】思路点睛：利用导数研究函数的最值的步骤：
①写定义域，对函数求导；
②在定义域内，解不等式和得到单调性；
③利用单调性判断极值点，比较极值和端点值得到最值即可.