2024届山东省潍坊市高三上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2024届山东省潍坊市高三上学期期中考试数学试题含答案，共20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．已知向量，若，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由向量共线的坐标表示形式，可直接得到值.
【详解】因为向量，且，
所以，解得，
故选：A.
2．若“，”为真命题，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】只需的最小值小于即可.
【详解】，，只需的最小值小于即可，
由于的最小值为，故.
故选：D
3．已知集合，则满足的实数的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由，得，则可得或，求出后，再根据集合中的元素具有互异性判断即可.
【详解】因为，所以，
因为，
所以或，
当时，，此时集合中有两个1，所以不合题意，舍去，
当时，得或，
当时，集合和集合中均有两个1，所以不合题意，舍去，
当时，，符合题意，
综上，，
所以满足的实数的个数为1，
故选：B
4．北京故宫博物院展示着一件来自2200年前的宝物——秦诏文权（如图1）.此文权下部呈圆台形，上部为鼻钮，被誉为最美、最具文化、最有政治和历史意义的文物之一.某公司仿照该文权制成一纸镇（如图2），已知该纸镇下部的上、下底面半径分别为，，高为，则该纸镇下部的侧面积与体积分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据上下半径及高求出母线，再利用圆台侧面积公式和体积公式求解即可.
【详解】因为圆台纸镇下部的上、下底面半径分别为，，高为 ，
所以圆台的母线为长，
则该纸镇下部的侧面积为，
该纸镇下部的体积为.
故选：C.
5．设等差数列的前项和为，且公差不为，若，，构成等比数列，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据等差数列前项和性质计算出，根据等比数列中项得，再利用等差数列通项公式计算求解.
【详解】因为是等差数列的前项和，
所以，得，
因为，，成等比数列，所以，
设等差数列的首项为，公差为，
则，
因为，解得，，，
所以.
故选：D.
6．已知则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据指对数函数的性质和特殊值比较法判断，，的大小.
【详解】因为，，所以，
，所以，
所以，
故选：B.
7．设函数，则方程的实根个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】令，则方程即，结合函数解析式分段求得t的值，继而再解，即可求得的解，即得答案.
【详解】令，则方程即，
当时，；当时，；
当时，若，则，符合题意；
若，则，不合题意；
当时，若，则，符合题意；
若，则，符合题意，
即方程的实根个数为3，
故选：B
8．已知其中则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据两角和与差得正弦余弦公式构造并计算出，，再根据同角三角函数商数关系计算出，同理计算出，最后代入即可算出.
【详解】因为，，得，所以，
所以，，所以，
因为，，得，所以，
，，所以，
所以.
故选：C.
二、多选题
9．在正方体中，直线平面，直线平面，直线平面，则直线的位置关系可能是（ ）
A．两两垂直B．两两平行
C．两两相交D．两两异面
【答案】ACD
【分析】在正方体中可分别取两两垂直、两两相交，两两异面的直线，即可判断A，C，D选项，结合线面平行的判定以及性质定理可判断B.
【详解】对于A，当l为，m为，n为时，两两垂直，A正确；
对于B，不妨假设，和不重合，因为平面，平面，
则平面，又平面，平面平面，
故，则，又平面，平面，
故，则，即不可能两两平行，B错误；
对于C，当l为，m为，n为时，两两相交，C正确；
对于D，当l为，m为，n为时，两两异面，D正确，
故选：ACD
10．已知函数，把的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（ ）
A．是奇函数
B．的图象关于直线对称
C．在上单调递增
D．不等式的解集为
【答案】AB
【分析】A选项，由左加右减得到的解析式，从而判断出奇偶性；B选项，，故B正确；C选项，整体法判断函数的单调性；D选项，由得到，求出不等式的解集.
【详解】A选项，，
由于的定义域为R，且，
故为奇函数，A正确；
B选项，，故的图象关于直线对称，B正确；
C选项，时，，其中在上不单调，
故在上不单调，故C错误；
D选项，，则，则，
故，D错误.
故选：AB
11．已知，为方程的两个实根，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据根与系数关系求出，，然后再结合基本不等式进行求解.
【详解】由题意得：，，，；
对于A项：，
因为：，所以：，
所以得：，当且仅当时取等号，故A项正确；
对于B项：由，所以得：，故B项错误；
对于C项：，
所以得：，故C项正确；
对于D项：
当时取等号，故D项正确.
故选：ACD.
12．已知正项数列满足：，则（ ）
A．B．是递增数列
C．D．
【答案】BCD
【分析】利用递推公式计算，由结果判断是递增数列，再把的结果进行放大和缩小可判断C,D选项.
【详解】由得，即，解得，因为正项数列，所以，故A错误；
因为，又正项数列，
所以，即，因此是递增数列，故B正确；
由上可知，，所以，即，故C正确；
因为，即，
所以，，，…，，
因此，，即，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．已知点，将向量绕原点逆时针旋转得到，则点的坐标为 .
【答案】
【分析】由旋转特点可知两向量模长相等且互相垂直，由此构造方程组求出，根据可得结果.
【详解】
，设，
由题意得，
所以，解得或，
由图可知，所以，
故答案为：.
14．诺沃尔（Knwall）在1740年发现了一颗彗星，并推算出在1823年、1906年……人类都可以看到这颗彗星，即该彗星每隔年出现一次.从现在（2023年）开始到公元3000年，人类可以看到这颗彗星的次数为 .
【答案】
【分析】由题意可知：彗星出现的年份构成一个公差为，首项为的等差数列，求出通项公式，再解不等式即可.
【详解】由题意可知：彗星出现的年份构成一个公差为，首项为的等差数列，
所以，
令，即，
解得，又，所以、、、，
所以从现在开始到公元3000年，人类可以看到这颗彗星的次数为次.
故答案为：.
15．已知函数是上的偶函数，为奇函数，若，则 .
【答案】
【分析】根据函数的奇偶性确定函数周期为，计算，根据周期性计算得到答案.
【详解】是奇函数，故，且，
偶函数，故，
则， ，函数周期为，
，故，，即，
，，，，
故，.
故答案为：.
四、双空题
16．如图为几何体的一个表面展开图，其中的各面都是边长为的等边三角形，将放入一个球体中，则该球表面积的最小值为 ；在中，异面直线与的距离为 .
【答案】
【分析】结合图形发现几何体是由两个相同的正四棱锥共底构成，比较与的大小，可得当球恰好外接时该球表面积的最小值，则该球表面积的最小值可求；找出的平行线，而与相交构成平面，则异面直线与的距离可转化为点到平面的距离，然后等体积法求之即可.
【详解】因为的各面都是边长为的等边三角形，
所以结合图像可知，几何体是由两个相同的正四棱锥共底构成.
正四棱锥中
将放入一个球体中，当球恰好外接时该球表面积的最小值，
此时球半径为，
该球表面积的最小值为，
因为正方形的对角线的交点,平分与，
所以四边形为平行四边形，则,
而与相交构成平面，
则异面直线与的距离即点到平面的距离，
三棱锥的体积,
令点到平面的距离为，
则，
解得，
异面直线与的距离为.
故答案为：，.
五、解答题
17．已知函数.
(1)判断的奇偶性，并证明；
(2)解不等式.
【答案】(1)偶函数，证明见解析
(2)
【分析】（1）利用奇偶性的定义判断；
（2）利用对数函数的性质直接解不等式即可.
【详解】（1）因为定义域为，
所以有，即，
所以的定义域为，关于原点对称，
又因为，
所以函数在定义域上为偶函数.
（2），
所以即
因为所以
故只需
即解得
所以不等式的解集为.
18．已知函数（其中均为常数，）的部分图象如图所示.
(1)求的解析式；
(2)求函数在上的值域.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角函数的图象与性质计算即可.
（2）根据三角函数在指定区间求值域的方法求值域.
【详解】（1）由图象知，
记周期为T，则
所以
所以
又因为
所以
得
因为所以
所以 ；
（2）
因为
所以
所以
所以
所以函数的值域为
19．在四棱柱中，底面是矩形，.
(1)证明：平面⊥平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明即可.
（2）建系，借助于二面角的向量求法求解.
【详解】（1）
设中点为,连接，，
因为得，
因为
所以
又
所以
在中，
所以
故为直角三角形，
因为，平面，平面，
故平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）如图，以为坐标原点，分别以方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系
故，，，，
则﹚
设平面的一个法向量为
则，即
令,则，
设平面的一个法向量为
则即
令则，
，
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为
20．为方便居民休闲娱乐，某市计划在一块三角形空地上修建一个口袋公园，如图所示.在公园内部计划修建景观道路（道路的宽度忽略不计)，已知把三角形空地分成两个区域，区域为儿童娱乐区，区域为休闲健身区.经测量，米，米.若儿童娱乐区每平方米的造价为元，休闲健身区每平方米的造价为元，景观道路每米的造价为元.
(1)若，求景观道路的长度；
(2)求为何值时，口袋公园的造价最低？
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）确定，再利用正弦定理计算得到答案.
（2）设，，计算和得到，确定公园造价的表达式，利用三角恒等变换结合均值不等式计算最值即可.
【详解】（1）在中，，则，
，所以
在中，，由正弦定理得，
，
所以景观道路的长度为米.
（2）设，在中，，
所以
又
所以
所以投资总额
因为
当且仅当即时取等号.
所以当时，取最小值.
所以当为时，口袋公园的造价最低.
21．设为数列的前项和，
(1)求的通项公式；
(2)若数列的最小项为第项，求；
(3)设数的前项和为，证明：
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）当时，由求出，再验证符合；
（2）将，代入，结合基本不等式，即可得出答案；
（3）当求出，对进行放缩，由裂项相消法即可证明.
【详解】（1）由题意知，当时，
当时，符合上式，
所以；
（2）由（1）知，，，
所以，
当且仅当即时，等号成立.
所以数列的最小项为第一项，故；
（3）由（1）知
时，

记，
设为数列的前项和，则时，
时，，
因为所以
综上，
22．已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在定义域上存在极值，求的取值范围；
(3)若恒成立，求.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义，求曲线在点处的切线方程；
（2）利用导数，结合极值存在的条件，求的取值范围；
（3）通过构造函数，利用导数求最值的方法，解决不等式恒成立问题.
【详解】（1）当时，，，故切点坐标为，
又因为，则切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2），函数定义域为，，
所以当时，恒成立，不符合题意.
当时，令，，
所以时，在定义域上单调递增，
，因为，所以，
当时，，所以在上存在极值点
当时，，，
所以为的极值点.
当时，，因为，，故
所以在上存在极值点.
综上所述，的取值范围是.
（3）恒成立，得，
设
则，令，则
①当时，在时，，，所以，
在时，，
所以，
所以为在上的唯一极小值点，，
所以时，恒成立
②当时，时，，，有，
时，，，有，
又，所以，即为增函数.
，
又因为，所以存在使得，
当时，为减函数，
所以，不符合题意.
③当时，同②有为增函数，
当时，
，又因为，
所以存在，使得，
当时，，为增函数，
所以不符合题意.
④当时，时，，，有，
时，，，有，
又，所以，为增函数，
又因为，所以当时，，不符合题意.
综上所述，.
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，导数研究函数的极值，可导函数在点x0处取得极值的充要条件是，且在x0左侧与右侧的符号不同；若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.