2024届辽宁省辽南协作体高三上学期期中数学试题（A）含答案

这是一份2024届辽宁省辽南协作体高三上学期期中数学试题（A）含答案，共15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．设集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据集合的交并补运算即可求解.
【详解】因为，所以．
故选：B
2．若复数满足（为虚数单位），则在复平面内复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】根据模长公式以及复数的除法求，进而结合复数的几何意义分析判断.
【详解】因为，由题意可得：，
则，
所以对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
3．哥德巴赫猜想是世界近代三大数学难题之一，即所谓的“”问题.1966年，我国数学家陈景润证明了“”成立.哥德巴赫猜想的内容是“每一个大于2的偶数都能写成两个质数之和”，则该猜想的否定为（ ）
A．每一个小于2的偶数都不能写成两个质数之和
B．存在一个小于2的偶数不能写成两个质数之和
C．每一个大于2的偶数都不能写成两个质数之和
D．存在一个大于2的偶数不能写成两个质数之和
【答案】D
【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确否定，即可求解.
【详解】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，A，C错误;
哥德巴赫猜想的否定为“存在一个大于2的偶数不能写成两个质数之和”.
故选：D.
4．习近平总书记强调，发展航天事业，建设航天强国，是我们不懈追求的航天梦.我国在文昌航天发射场用长征五号遥五运载火箭把嫦娥五号探测器顺利地送入预定轨道，开启我国首次外太空采样返回之旅.这为我国未来月球与行星探测奠定了坚实基础.在不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度 （单位：）和燃料的质量（单位：）、火箭（除燃料外）的质量（单位：）的函数关系式是.若火箭的最大速度为，则燃料质量与火箭质量（除燃料外）的比值约为：（参考数据：）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用指对数转化可求燃料质量与火箭质量（除燃料外）的比值.
【详解】令，则，
故，
故选：C.
5．“”是“”的（ ）
A．充分且不必要条件B．必要且不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【分析】根据对数函数的单调性和定义域判断充分性和必要性即可.
【详解】可得，则，但是当时，，有可能小于零，此时不能推出，所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
6．已知，设，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用对数的运算性质比较可知，又，则可比较三个数的大小，又在上单调递减，根据单调性可得到大小关系.
【详解】解： 因为，，且，又，所以有，
又在上单调递减，所以.
故选：A
7．已知数列的前n项和，正项等比数列满足，，则使成立的n的最大值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】D
【分析】先求得，由此求得，由此解不等式求得正确答案.
【详解】依题意，，
当时，；
当时，；
所以.
所以，
设正项等比数列的公比为，，
所以，
所以，
由得，
所以的最大值为.
故选：D
8．定义在上的函数满足，则下列是周期函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造特殊函数排除法即可.
【详解】由题意可知，满足题意.
选项A，，是周期函数.
而选项B，，选项C，，选项D，，均不是周期函数，故排除BCD.
选项A，证明：设，
，
则是以为周期的函数.
故选：A.
二、多选题
9．已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则向量，的夹角是
【答案】BD
【分析】AB选项，由向量平行和垂直得到方程求出答案；C选项，先计算出，利用模长得到方程，求出的值；D选项，利用向量夹角余弦公式求出答案.
【详解】A选项，由，得，解得，则A错误，
B选项，由，得，解得，则B正确，
C选项，由，
因为，所以，解得或，则C错误．
D选项，由，得，，
则，
因为，所以，
从而向量，的夹角是，故D正确．
故选：BD
10．已知函数的最大值为2，则（ ）
A．B．的图象关于点对称
C．是图象的一条对称轴D．在上单调递增
【答案】AD
【分析】利用三角函数的图象与性质一一判定即可.
【详解】易得，
则，即A正确；
所以，当，，即B错误；
同理，即C错误；
，由正弦函数的性质可得此时单调递增，即D正确.
故选：AD
11．在正方体中，，，分别为，，的中点，则（ ）
A．直线与直线异面
B．直线与平面平行
C．三棱锥的体积是正方体体积的
D．平面截正方体所得的截面是等腰梯形
【答案】ABD
【分析】根据异面直线定义、面面平行的判定定理以及性质定理以及三棱锥的体积求解方法可求得正确.
【详解】对于A，因为平面，平面，平面，
所以与异面，A正确；
对于B，取的中点为M，连接、GM，
则，，
所以四边形是平行四边形，则，
又平面，平面，故平面，
同理可得，平面，
因为，平面，所以平面平面，
又平面，从而平面，B正确；
对于C，设正方体棱长为a，三棱锥的体积，
而正方体的体积为，故C错误．
对于D，连接，，易得，
所以平面截正方体所得的截面为等腰梯形，故D正确.
故选：ABD．
12．已知为正实数，且，则（ ）
A．的最大值为B．的最小值为
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】BC
【分析】因为为正实数，由，得，然后对条件进行配凑变形，利用基本不等式对选项一一分析即可确定答案.
【详解】A选项，因为为正实数，
则，
令，，则，解得，
所以，
即，即，
当且仅当即时等号成立，
故的最大值为，A错误；
B选项，由，得，
则，
所以，
，
当且仅当，即时等号成立，
此时取得最小值，B正确；
选项C，，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为，即C正确；
选项D，，
当且仅当，即，时，等号成立，
此时取得最小值，D错误．
故选：BC．
三、填空题
13．已知等差数列的前n项和为，若，则 ．
【答案】5
【分析】根据等差数列的性质与前n项和的公式转化求解即可得的值.
【详解】因为等差数列的前n项和为，且
所以，即
所以.
故答案为：.
14．已知，则 ．
【答案】
【分析】先根据正弦和角公式得到，进而求出，利用二倍角公式求出答案.
【详解】因为，而，
因此，
则，
所以.
故答案为：
15．若直线是函数的图象在某点处的切线，则实数 ．
【答案】
【分析】利用求得切点坐标，代入切线方程，从而求得.
【详解】令，解得，所以切点为，
将代入切线得.
故答案为：
16．在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】根据条件及余弦定理，可求得，由勾股定理可得，则三棱锥的外接球球心为中点，即外接圆的直径为，进而求出外接球的半径，从而可求外接球的表面积.
【详解】由，，，根据余弦定理可得，则，，
中E为斜边AB中点，所以到各点的距离相等，
则三棱锥外接球的直径为，
故三棱锥外接球的表面积为．

故答案为：
四、解答题
17．已知函数．
(1)求函数的对称中心和单调递减区间；
(2)若将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，求函数在区间上的最大值和最小值．
【答案】(1)对称中心，单调递减区间
(2)最小值为，最大值为2.
【分析】（1）根据三角恒等变换化简可得，再代入正弦函数的对称中心与单调递减区间求解即可；
（2）根据正弦函数在区间上的单调性与最值求解即可.
【详解】（1），
令，则，
故的对称中心为.
令，
即的单调递减区间为
（2）由题意，，
故，，则.
故在上最小值为，最大值为2.
五、证明题
18．已知数列满足，，满足，.
(1)证明：是等差数列，并求的通项公式；
(2)求数列中满足的所有项的和.
【答案】(1)证明见解析，
(2)2046
【分析】（1）根据题意结合等差数列的定义可以得证，运用等差数列的通项公式解得的通项公式；
（2）先求出数列的通项公式，根据解出的值，根据等比数列的前n项和公式得出结果.
【详解】（1）解：由，解得，
因为，
所以由等差数列的概念得，数列是为首项，1为公差的等差数列.
数列的通项公式为，
所以.
（2）因为，，
所以数列是以为公比，为首项的等比数列，
所以，
因为，即得到，
又，
所以，解得，且，
所以满足题意的为数列的前10项，记的前项和为，
则，
所以数列中满足的所有项的和为.
六、解答题
19．中，有，其中分别为角的对边.
(1)求角的大小；
(2)设点是的中点，若，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边角化即可结合和差角公式以及同角关系求解，
（2）根据向量的模长公式，求解边长，由面积公式即可求解.
【详解】（1）在中，因为，
由正弦定理可得，
因为，则，
所以，，则，
所以，，故.
（2）因为，所以
所以①
又②
由①，②得：，所以
七、证明题
20．如图，在多面体ABCDEF中，四边形与均为直角梯形，平面，．

(1)已知点G为AF上一点，且，求证：BG与平面DCE不平行；
(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求AF的长及四棱锥D－ABEF的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)AF的长为4；．
【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面DCE的法向量，计算出，证明出BG与平面DCE不平行；
（2）由BF与平面DCE所成角的正弦值计算出AF的长，从而求出梯形ABEF的面积，计算出四棱锥的体积.
【详解】（1）证明：因为平面ABEF，AB，平面ABEF，
所以，，
又，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则、、、、，

所以，，，
设平面DCE的法向量为，则，
令，则，所以，
因为，且不存在使得与垂直，
所以BG与平面DCE不平行；
（2）设（且），则，所以，
∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，
∴，
化简得，解得或（舍去）；故．
此时梯形ABEF的面积，故．
八、解答题
21．在平面直角坐标系中，锐角、的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆的交点分别为，.已知点的纵坐标为，点的横坐标为.
(1)求的值；
(2)记的内角，，的对边分别为，，.若，且，求周长的最大值.
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）由题意，根据三角函数的定义可得，，利用同角的三角函数关系求出，，结合两角差的余弦公式计算即可求解；
（2）由（1）可得，利用余弦定理和基本不等式的应用可得，即可求解.
【详解】（1）因为，是锐角，所以，在第一象限，
又因为，在单位圆上，点的纵坐标为，点的横坐标为，
所以，，
所以，.
故.
（2）由（1）中结论可得，又，∴，
由余弦定理可得，即，
∵，
∴，
∴，当且仅当时，等号成立，∴，
即当为等边三角形时，周长最大，最大值为6.
22．用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”．现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇．衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率．
(1)求曲线在处的曲率的平方；
(2)求余弦曲线曲率的最大值；
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）利用曲率的定义依次求，，从而代入即可得解；
（2）利用曲率的定义求得关于的表达式，再利用三角函数基本关系式与换元法，构造，利用导数求得其最大值即可得解.
【详解】（1）因为，则，，
所以，
故.
（2）因为，则，，
所以，
则，
令，则，，
设，则，
显然当时，，单调递减，
所以，则最大值为1，
所以的最大值为1．
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解曲率的定义，从而利用导数即可得解.