2024届辽宁省六校协作体高三上学期期中联考数学试题含答案

这是一份2024届辽宁省六校协作体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】A
【分析】应用集合的交运算求集合即可.
【详解】由题设.
故选：A
2．已知，，若，则的虚部是（ ）
A．2B．C．D．
【答案】A
【分析】根据复数相等求出a，b，然后由共轭复数和虚部概念可得.
【详解】因为，
所以，所以，故的虚部为.
故选：A
3．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三角函数的概念、和角公式运算即可得解.
【详解】由题意，，解得：，则，
∴角的终边与单位圆交于点，
∴，，
∴.
故选：B．
4．在的展开式中，二项式系数的和是16，则展开式中项的系数（ ）
A．15B．54C．12D．-54
【答案】B
【分析】利用赋值法，结合二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】因为二项式系数的和是16，
所以，
二项式的通项公式为，
令，所以展开式中项的系数，
故选：B
5．设等比数列的公比为，前项和为，则“”是“为递增数列”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
【分析】根据充要条件的定义及等比数列的和与项的关系即可判断.
【详解】若，，则，则为递减数列．
若为递增数列，则，，．
所以“”是“为递增数列”的必要不充分条件．
故选：B．
6．已知函数，则使不等式成立的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性以及单调性即可列不等式求解.
【详解】由于的定义域为，关于原点对称，
且故为偶函数，
而当为单调递增函数，故当，单调递减，
由可得，平方得，解得或，
故的取值范围是，
故选：C
7．已知不等式的解集是，则下列四个命题：
① ：
② ；
③ 若不等式的解集为，则；
④ 若不等式的解集为，且，则.
其中真命题的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】因为有且只有一个零点，故可得，即可，再利用基本不等式和不等式的性质以及韦达定理，即可得答案；
【详解】由题意，，
∴ .
对于①：，
等号当且仅当时成立，所以①正确；
对于②：，
等号当且仅当，即时成立，
∴ ② 正确；
对于③：由韦达定理，知，∴ ③ 错误；
对于④：由韦达定理，知，
则，
解得，∴ ④ 正确；
综上，真命题的个数是3，
故选：C.
8．已知函数的图像经过，若函数有四个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据指数函数的性质求得参数，结合题意构造新函数，利用导数研究其单调性，再根据函数变换规则，结合图象，可得答案.
【详解】由函数的图象经过，则，解得，
令，，
由函数与函数在上单调递增，则函数单调递增，
由，则当时，，单调递减；
当时，，单调递增，，
则函数的图象如下图：

根据函数图象的平移变换，则.
故选：D.
二、多选题
9．以下结论不正确的是（ ）
A．“事件，互斥”是“事件，对立”的充分不必要条件．
B．假设，，且与相互独立，则
C．若，，则事件，相互独立与事件，互斥不能同时成立
D．在一组样本数据，，，，（，，不全相等）的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为
【答案】ABD
【分析】根据互斥与对立的概念可判断A；由公式可判断B；根据互斥事件概率加法公式和独立事件的概率乘法公式，结合推导可判断C；根据相关系数的含义可判断D.
【详解】对于A，由互斥事件与对立事件的概念可知，互斥不一定对立，对立一定互斥，
所以“事件，互斥”是“事件，对立”的必要不充分条件，A错误，符合题意；
对于B，由概率性质可知，，B错误，符合题意；
对于C，若事件，互斥成立，则，
又因为，
所以有，
若事件，相互独立，则有，矛盾，
故事件，相互独立与事件，互斥不能同时成立，C正确，不符合题意；
对于D，由题知，该样本数据成负相关，
又因为所有样本点都在直线上，
所以该样本数据的相关系数为，D错误，符合题意.
故选：ABD
10．若向量满足，，则（ ）
A．B．与的夹角为
C．D．在上的投影向量为
【答案】BC
【分析】根据数量积的运算律求出，即可判断A、B、C，求出，即可判断D.
【详解】对于A：因为，，
所以，所以，故A错误；
对于B：设与的夹角为，则，又，所以，故B正确；
对于C：因为，所以，故C正确；
对于D：因为，且，
所以在上的投影向量为，故D错误；
故选：BC
11．为引导游客领略传统数学研究的精彩并传播中国传统文化，某景点推出了“解数学题获取名胜古迹入场码”的活动.活动规则如下：如图所示，将杨辉三角第行第个数记为，并从左腰上的各数出发，引一组平行的斜线，记第条斜线上所有数字之和为，入场码由两段数字组成，前段的数字是的值，后段的数字是的值，则（ ）

A．B．
C．D．该景点入场码为
【答案】BCD
【分析】分析可得，利用组合数公式可判断A选项；利用二项式定理可判断B选项；归纳得出，逐项计算可得的值，可判断C选项；计算出的值，结合B选项可判断D选项.
【详解】由题意得，
对于A：即为第行第个数，则，故A错误；
对于B：展开式的通项为，
其中，，，，
所以，，故B正确；
对于C：，，，，，
归纳可得，即，
所以，，，，
，故C正确；
对于D：，
故，该景点入场码为，故D正确.
故选：BCD.
12．已知函数在上恰有三个零点，则（ ）
A．的最大值为
B．在上只有一个极小值点
C．在上恰有两个极大值点
D．在上单调递增
【答案】BD
【分析】根据函数在上恰有三个零点，可推得，即可判断A；求出，结合余弦函数的最值情况可判断B，C；根据余弦函数的单调性可判断D.
【详解】A项，当时，，
由函数恰有三个零点，
可得，解得 ，所以无最大值，因此A错误；
B选项：由A选项知，，则当，即时，函数取得极小值，
即在上只有一个极小值点，因此B正确；
C选项：当，即时，此时，函数取得极大值，
当，即时，函数取得极大值，
但是不一定在内，因此C错误；
D选项：当时，，
因为，所以，
即，而在上单调递增，
因此在上单调递增，因此D正确，
故选：BD．
三、填空题
13．每年高考结束后，各大高校会进入长沙的高中校园组织招生宣传.某中学高三年级的3名男生、2名女生去参加A，B两所高校的志愿填报咨询会，每个学生只能去其中的一所学校，且要求每所学校都既有男生又有女生参加，则不同的安排方法数是 ．
【答案】12
【分析】分两步完成，第一步，先将男生分成两组，再分配，第二步，将女生分配，再根据分步计数原理即可求出结果.
【详解】第一步：先将3名男生分成两组，再分配到两所高校，共有种；
第二步：将2名女生分配到两所高校，共有种；
所以不同的安排方法有：种.
故答案为：12.
14．已知函数则 ．
【答案】
【分析】根据的值代入相应的解析式即可.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
15．若直线与曲线相切，则 ．
【答案】
【分析】设出切点坐标，求出函数的导数，利用导数的几何意义，结合已知切线列式求解即可.
【详解】依题意，设切点为，则，
由，求导得，于是，解得，
从而，则.
故答案为：
16．已知这5个数的标准差为2，若在中随机取出3个不同的数，则5为这3个数的中位数的概率是 ．
【答案】/
【分析】根据标准差公式求出，再根据中位数的定义结合古典概型即可得解.
【详解】这5个数的平均数为，
因为这5个数的标准差为2，
，
解得，
则，即为，
按照从小到大的顺序为，
从随机取出3个不同的数，
有，
共种，
其中5为这3个数的中位数有共种，
所以5为这3个数的中位数的概率是.
故答案为：.
四、解答题
17．设数列的各项都为正数，且．
(1)证明数列为等差数列；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）将两边取倒数，再结合等差数列的定义即可得证；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）由数列的各项都为正数，且，
得，即，
所以数列是以为公差的等差数列；
（2），由（1）得，
所以，则，
所以.
18．已知平面向量，，记，
(1)对于，不等式（其中m，）恒成立，求的最大值．
(2)若的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，a，b，c成等比数列，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）化简得到，确定得到，，得到最值.
（2）计算得到，确定，化简得到，根据正弦定理结合等比数列性质得到答案.
【详解】（1）
，
，则，故，，
恒成立，故，，
当，时，有最大值为.
（2），即，
，，故，，
，，成等比数列，则，
.
19．随着《2023年中国诗词大会》在央视持续热播，它将经典古诗词与新时代精神相结合，使古诗词绽放出新时代的光彩，由此，它极大地鼓舞了人们学习古诗词的热情，掀起了学习古诗词的热潮.某省某校为了了解高二年级全部1000名学生学习古诗词的情况，举行了“古诗词”测试，现随机抽取100名学生，对其测试成绩（满分：100分）进行统计，得到样本的频率分布直方图如图所示.

(1)根据频率分布直方图，估计这100名学生测试成绩的平均数（单位：分）；（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
(2)若该校高二学生“古诗词”的测试成绩X近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，规定“古诗词”的测试成绩不低于87分的为“优秀”，据此估计该校高二年级学生中成绩为优秀的人数；（取整数）
(3)现该校为迎接该省的2023年第三季度“中国诗词大会”的选拔赛，在五一前夕举行了一场校内“诗词大会”.该“诗词大会”共有三个环节，依次为“诗词对抗赛”“画中有诗”“飞花令车轮战”，规则如下：三个环节均参与，在前两个环节中获胜得1分，第三个环节中获胜得4分，输了不得分.若学生甲在三个环节中获胜的概率依次为，，，假设学生甲在各环节中是否获胜是相互独立的.记学生甲在这次“诗词大会”中的累计得分为随机变量，求的分布列和数学期.
（参考数据：若，则，，.
【答案】(1)74分
(2)159人
(3)分布列见解析，
【分析】（1）根据频率分布直方图的平均数进行估值计算即可；
（2）根据正态分布的对称性求解概率即可；
（3）根据随机变量的所有可能取值为：，分别求概率，即可得分布列与数学期望.
【详解】（1）由频率分布直方图估计平均数为：
（分）
（2）由题意可得测试成绩X近似服从正态分布
所以，则
所以人
故该校高二年级学生中成绩为优秀的人数约为人；
（3）随机变量的所有可能取值为：
，
，
，
所以的分布列如下：
数学期望.
20．将函数的图像向左平移个单位，再将其纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍得到的图像.
(1)设，，当时，求的值域；
(2)在①②③三个条件中任选两个，补充到以下问题中，并完成解答.
在中，，，分别是角，，所对的三条边，，__________，__________.求的面积.
【答案】(1)
(2)选①②：；
选①③：；
选②③：.
【分析】根据三角函数图象变换，先求出，求值域时，结合，与的关系，换元转化可得值域.
利用正弦定理或余弦定理先解三角形，再用面积公式可得.
【详解】（1）的图像向左平移个单位得，
再将其纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍得到
即，
又因
故，，，，
故
因，
所以
设，
，
又因为在上单调递增，则，所以的值域为
（2）且
选①②：，，
，
，，
，
则；
.
选①③：，
，
，，
，
,
选②③：，，
由余弦定理得
所以，则或（舍）
.
21．已知数列的各项均为正数，其前n项和为，数列的前n项和为，且，
(1)求数列的通项公式；
(2)若对任意正整数n，均有，求实数m的最大值．
【答案】(1)
(2)的最大值为1
【分析】（1）在中令即得，在中用代，然后两式相减得，用代，然后两式相减得当时，，再说明时等式仍然成立，最后利用等比数列的通项公式即得答案；
（2）利用等比数列的通项公式和前项和公式对不等式化简，并分离出参数，然后构造出新数列，使，利用作差法说明从第项开始单调递增，求出的最小项，从而确定的最大值.
【详解】（1）由，得，解得.
因为①，所以②
得，即，
由于，所以③，所以④，
得，即，所以当时，，
又由，得，即，
因为，所以，所以，所以对任意的都有成立，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，故通项公式为.
（2）因为，所以由得，
即.
令，则，
当时，，即.
又，所以，所以.
故实数的最大值为.
22．已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，若不等式恒成立，求的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)递增区间为，递减区间为
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，由导函数的正负求出单调区间；
（2）转化为在上恒成立，令，分和两种情况，求导，结合导函数特征，再分类讨论，求出的取值范围；
（3）在（2）基础上得到，赋值得到，利用累加法得到结论.
【详解】（1）当时，，
则，
令，得；令，得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）由，得，
设，
当时，，
所以当时，，不符合题意．
当时，，
设，
其图象为开口向下的抛物线，对称轴为，
当，即时，
因为，
所以当时，，即，
此时单调递增，所以，不符合题意．
当，即时，在上单调递减，
所以，
所以，所以在上单调递减，
所以，符合题意．
综上所述，的取值范围为．
（3）由（2）可得当时，，即，
令，则，
所以，
以上各式相加得，
即，
所以．
【点睛】导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.