2024届江苏省五市十一校高三上学期12月阶段联测数学试题含答案

这是一份2024届江苏省五市十一校高三上学期12月阶段联测数学试题含答案，共23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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】解一元二次不等式得集合，然后由集合的运算法则计算．
【详解】由题意，，
所以．
故选：B．
2．若复数，则实数（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】C
【分析】根据复数的乘法运算结合复数相等列式求解.
【详解】因为，
可得，解得.
故选：C.
3．已知实数满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】所求的分母特征，利用变形构造，再等价变形，利用基本不等式求最值.
【详解】解：因为满足，
则
，
当且仅当时取等号，
故选：．
【点睛】本题考查通过拼凑法利用基本不等式求最值.拼凑法的实质在于代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键.(1)拼凑的技巧，以整式为基础，注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价变形;(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提.
4．函数的图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案.
【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，
由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；
当时、，即A、C中上函数值为正，排除；
故选：D
5．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．
【详解】将式子进行齐次化处理得：
．
故选：C．
【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．
6．已知数列满（），且对任意，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据数列单调性结合二次函数的性质分析求解.
【详解】由题意可知：，且开口向上，对称轴为，
可得，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
7．已知，，，则（ ）
A．a＞b＞cB．a＞c＞b
C．b＞c＞aD．c＞b＞a
【答案】A
【分析】对两边取对数，得到，，，构造，，求导后再令，研究其单调性，得到在上单调递增，从而得到，结合在上的单调性求出答案.
【详解】，，两边取对数得：，，，
令，，
则，
令，，
则在上恒成立，
所以在上为增函数，
因为当时，恒成立，
所以在上恒成立，
故在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，故，
即，
因为在上单调递增，所以.
故选：A
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中，对，，两边取对数得：，，前后两个对数中真数之和为11，从而达到构造出适当函数的目的.
8．已知函数，若函数有三个不同的零点，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】把函数有3个不同零点问题转化成方程有两个不同解，再利用导数结合函数图象求解作答.
【详解】函数的定义域为R，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，，且，恒有，
由，得，即或，由，得，
于是函数有3个不同零点，当且仅当方程有2个不同的解，即直线与图象有2个公共点，
在同一坐标系内作出直线与的图象，如图，

观察图象知，当，即时，直线与的图象有2个公共点，
所以实数m的取值范围为.
故选：C
【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.
二、多选题
9．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．若，则的面积是15D．若，则外接圆半径是
【答案】ABD
【分析】先利用已知条件设，进而得到，利用正弦定理可判定选项A；利用向量的数量积公式可判断选项B；利用余弦定理和三角形的面积公式可判定选项C；利用余弦定理和正弦定理可判断选项D.
【详解】依题意，设，
所以，
由正弦定理得：，故选项A正确；
，
故,选项B正确；
若，则，所以，所以，
所以，故的面积是：，故选项C不正确；
若，则，所以，所以，
所以，则利用正弦定理得：的外接圆半径是：，
故选项D正确.
故选：ABD
10．设正项等差数列满足，则（ ）
A．的最大值为B．的最大值为
C．的最大值为D．的最小值为
【答案】ABD
【解析】根据等差数列的性质，求得的关系式，由此结合基本不等式，判断出正确选项.
【详解】因为正项等差数列满足，
所以，
即.
①，当且仅当时成立，故A选项正确.
②由于，所以，当且仅当时成立，故B选项正确.
③，当且仅当时成立，
所以的最小值为，故C选项错误.
④结合①的结论，有，
当且仅当时成立，故D选项正确.
故选：ABD
【点睛】本小题主要考查等差数列的性质，考查基本不等式求最值，属于中档题.
11．如图，棱长为6的正方体中，点、满足，，其中、，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（ ）

A．当时，∥平面
B．当时，若∥平面，则的最大值为
C．当时，若，则点的轨迹长度为
D．过A、、三点作正方体的截面，截面图形可以为矩形
【答案】ABC
【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；分别取、中点、，连接、、、、，，找出点P的轨迹，结合图形求出的最大值，可判断B选项；作出截面，分析截面的形状，可判断D选项.
【详解】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，

对于A选项：当时，则，
因为，，
设平面的法向量为， 则，
取，则，可得，
所以，则，
因为平面，所以当时，∥平面，故A正确；
对于B选项：当时，为中点，
分别取、中点、，连接、、、、，
因为、分别为、的中点，所以∥，
又因为∥且，则四边形为平行四边形，可得∥，
所以∥，
且平面，平面，所以∥平面，
同理可得，∥平面，

因为，、平面，所以平面∥平面，
当点为的边上一点（异于点）时，则平面，则∥平面，
故点的轨迹为的边（除去点），则，
同理可得，结合图形可得，故B正确；
对于选项C：当时，、分别为、的中点，如图所示：
此时点、、，，

当点在平面内运动时，设点，其中，，
则，
因为，则，解得，
设点的轨迹分别交棱、于点、，则、，
当点在平面内运动时，设点，其中，，
则，则，
设点的轨迹交棱于点，则，设点的轨迹交棱于点，
因为平面∥平面，平面平面，
平面平面，所以∥，
同理可得∥，所以四边形为平行四边形，
且，，
因此点的轨迹的长度即为平行四边形的周长，故C正确；
对于D选项：设截面交棱于点，连接、，由题意可知，截面与平面重合，
因为平面∥平面，平面平面，
平面平面，所以∥，同理可得∥，
所以四边形为平行四边形，

因为，其中，则，，
且，即与不可能垂直，
所以平行四边形不可能为矩形，即过A、、三点的截面不可能是矩形，故D错误.
故选：ABC.
12．已知函数（），（），则下列说法正确的是（ ）
A．若有两个零点，则
B．若且，则
C．函数在区间有两个极值点
D．过原点的动直线l与曲线相切，切点的横坐标从小到大依次为：，，…，.则
【答案】ABD
【分析】A项：方法1：分离参数画图即可求得m的范围；方法2：研究原图的图象与x轴交点即可；B项：由极值点偏移的证明步骤即可证得结果；C项：应用辅助角公式化简，求的极值点可得；D项：由 化简可得.
【详解】A项：方法1：∵有两个零点，即：方程有两个根.
令
∴ 有两个交点.
∵
∴令，解得，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增.
当，，当，.
如图所示，

又∵
∴，A正确.
方法2：，则，
令，解得，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增，
所以是的极小值点同时也是最小值点，即，
当时，， ，所以在只有一个零点，
又因为，只需证明恒成立，即可得到在内只有一个零点.
令，
∵
∴在上单调递增.
∴
∴恒成立得证.
∴在R上有两个零点，A正确；
B项：方法1：由A项知∵
∴且m>1且在单调递减，在单调递增.
不妨设：，
要证：
只需证：
又∵，
∴
又∵在单调递减.
∴只需证：
又∵
∴只需证：，
令
∴只需证：，
∵=
当，恒成立，所以，
∴在 上单增
∴
∴原命题得证.B正确.
C项： ∵
∴， 解得：，即为的极值点.
∴在区间 有1个极值点为.C项错误.
D.∵，，则，
设切点坐标为，则切线斜率为，
则，
即，D正确.
故选：ABD.
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
极值点偏移问题的解法：
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：
对结论型，构造函数；
对结论型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
三、填空题
13．已知，且在区间有最小值无最大值，则 .
【答案】
【详解】试题分析：因为，所以直线是函数的一条对称轴，又因为在区间有最小值无最大值，所以，解得；故填．
【解析】三角函数的性质．
14．定义运算则不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】由题意可得：对任意恒成立，分和两种情况，结合一元二次不等式恒成立问题分析求解.
【详解】由题意可得对任意恒成立，
若，则，符合题意，即成立；
若，则，解得；
综上所述：实数的取值范围是.
故答案为：.
15．正的三个顶点都在球O的球面上，，若三棱锥的体积为2，则该球的表面积为 ．
【答案】
【详解】由题可知截面小圆的半径,又,所以
16．对于数列{an}，使数列{an}的前k项和为正整数的k的值叫做“幸福数”．已知，则在区间[1，2021]内的所有“幸福数”的个数为 ．
【答案】5
【分析】求得数列的前项和，结合对数运算列不等式，由此求得“幸福数”的个数.
【详解】，
设的前项和为，则，为整数，设为，，
，，可取1，2，3，4，5共5个数，
∴“幸福数”有5个．
故答案为：
四、解答题
17．在中，，，分别是角A，，的对边，且.
(1)若，求的值；
(2)若，求的面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由可知，，由同角三角关系可得，进而可求得结果；
（2）由结合正弦定理可得，在中利用余弦定理和同角三角函数的关系可得，然后利用三角形面积公式和基本不等式可求得结果.
【详解】（1）因为，可知，，
由已知可得，
又因为
所以.
（2）在中，，
因为，则，
即，
则，
可得，
由正弦定理可得得
若，则，
在中，由余弦定理，
且，则，
可得，
当且仅当时，等号成立，
所以的面积的最大值是．
18．如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点为，连接，，进而证明四边形为平行四边形即可证明结论；
（2）取中点为，以为空间直角坐标系原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
【详解】（1）证明：取中点为，连接，，如图所示，
因为，分别是，的中点，所以且，
又因为且，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）解：取中点为，以为空间直角坐标系原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
设平面的法向量为，
因为，，
所以，令，解得，即，
设平面的法向量为，
因为，，
所以，令，解得，即，
记平面与平面夹角为，，
则，，
所以二面角的正弦值为．
19． 设是等差数列，是等比数列，公比大于，已知， ，.
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足求.
【答案】（I），；
（II）
【分析】（I）首先设出等差数列的公差，等比数列的公比，根据题意，列出方程组，求得，进而求得等差数列和等比数列的通项公式；
（II）根据题中所给的所满足的条件，将表示出来，之后应用分组求和法，结合等差数列的求和公式，以及错位相减法求和，最后求得结果.
【详解】（I）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
依题意，得，解得，
故，，
所以，的通项公式为，的通项公式为；
（II）
，
记 ①
则 ②
②①得，，
所以
.
【点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力，属于中档题目.
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．设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【分析】（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；
（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.
【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，
所以.
（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
，
，
．
设， ⑧
则． ⑨
由⑧-⑨得．
所以．
因此．
故．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由（1）可得，
，①
，②
①②得 ，
所以，
所以，
所以.
[方法三]：构造裂项法
由（Ⅰ）知，令，且，即，
通过等式左右两边系数比对易得，所以．
则，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设，
由于，
则．
又，
所以
，下同方法二．
【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.
（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；
方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；
方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，
方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.
22．已知函数.
（1）若在时有极值，求a的值；
（2）在直线上是否存在点P，使得过点P至少有两条直线与曲线相切？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）不存在；答案见解析.
【解析】（1）对函数进行求导，根据极值的定义进行求解即可；
（2）设点P坐标，切点坐标，利用导数的意义求出切线方程，通过构造函数，利用导数进行求解即可.
【详解】解析（1）由，
得，
由在时有极值，可得，解得.
，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
因此当时，有极值.
所以a的值为.
（2）不妨设在直线上存在一点，使得过点P至少有两条直线与曲线相切.
设过点P且与相切的直线为l，切点坐标为，
则切线l的方程为，
又直线l过点，所以，
即，
设，
则，
所以在区间上单调递增，
所以至多有一个解，
即过点P且与相切的直线至多有一条，
故在直线上不存在点P，使得过P至少有两条直线与曲线相切.