38，河北省石家庄市北华中学2024届高三上学期期末数学试题

这是一份38，河北省石家庄市北华中学2024届高三上学期期末数学试题，共18页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔.等内容，欢迎下载使用。
高三数学试题
考试时间：120分钟
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题），页数在试卷下端
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将考号、科目等填涂正确.
2．答题时请按要求用笔.
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.
5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
第I卷（选择题）
一、选择题 （共12小题，每题5分）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解绝对值不等式求得集合，由此求得
【详解】∵，∴.
故选：A
2. 设复数满足，在复平面内对应的点为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数模的运算公式进行求解即可.您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【详解】复数满足，
则，
∴，
故选：D
3. 已知命题：，使得且，则为（ ）
A. ，使得且B. ，使得或
C. ，使得或D. ，使得且
【答案】C
【解析】
【分析】根据存在命题的否定性质进行判断即可.
【详解】由命题的否定，否结论不否条件，“存在”改为“任意”，“且”改为“或”，
故选：C
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用已知条件求出，即可求出的值
【详解】由题意，
，
∴，
故选：D.
5. 在中，若，，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形外心的性质，结合正弦定理、平面向量数量积的定义、圆的几何性质进行求解即可.
【详解】因为，
所以为的外心，且为外接圆上一动点，
又，，
所以外接圆的半径.
如图，作，垂足为，则.
所以，当与圆相切时，取最值，即在处取最大值6，
在处取最小值，
故选：B
【点睛】关键点睛：本题关键是由确定点的轨迹.
6. 已知，且，为自然对数的底数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】等式转化为，观察等式左右两边，构建出函数，其为单调递增，，；再构建函数，则在上单调递增，得，易得，故，易得，.
【详解】，令，
,时，，
所以函数在上单调递增，
∵，
又，，∴.
令，，时，，
则在上单调递增，
得，，
则，有，
故，
又，∴，∴，B正确
故选：B.
7. 已知下列各选项是函数的导函数的图象，则是函数的极小值点的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由极小值点的定义，导函数与原函数的关系，即可选出答案.
【详解】当时，单调递增，当时，单调递减，
要使是函数的极小值点，则需，，
对于AB选项，不是函数的极值点；
对于C选项，是函数的极小值点，正确；
对于D选项，是函数的极大值点.
故选：C
8. 已知向量，满足，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由求得，再根据向量夹角公式即可求解.
【详解】因为.又，所以.
所以，
因为，所以与的夹角为.
故选：C
二、多选题
9. 已知向量，，则函数的大致图象可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据向量的坐标表示得函数解析式，然后分，，讨论即可.
【详解】因为，所以.
当时，，A正确；
当时，的零点为0和，且，B正确，C错误；
当时，的零点为0和，且，D正确.
故选：ABD.
10. 下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. 若，则
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用不等式的性质判断B，举反例排除AD,根据绝对值不等式判断C.
【详解】对于A，取，满足，故A错误；
对于B，若，则，若，则，，故B正确；
对于C，根据绝对值三角不等式，C选项正确.
对于D，，， 故D错误．
故选：BC.
11. 已知函数，则（ ）
A. 是偶函数
B. 在区间上单调递减
C. 的图象与轴相切
D. 的图象关于点中心对称
【答案】AC
【解析】
【分析】根据偶函数的概念判断A；利用导数研究函数的单调性判断B；利用导数的几何意义判断C；利用特例法判断D.
【详解】由题意知的定义域为，定义域关于原点对称，
因为，所以是偶函数，故A正确；
因为时，，
所以在区间上单调递增，故B错误；
因为，则，，
所以的图象在点处的切线方程为，故C正确；
因为，，所以的图象不关于点对称，故D错误.
故选：AC
12. 已知函数的定义域为，是奇函数，的导函数为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意可知4是的一个周期，所以，即可判断B；由，得结合，可知4也是的一个周期，由此求出可判断C；取特值可判断AD.
【详解】因为是奇函数，所以，且．
又，所以，
即．令等价于，所以，
所以4是的一个周期，所以，得，
即，故B正确．
由，得．又，
所以，所以，即．
所以，所以4也是的一个周期，
所以，得，故C正确．
取，则，显然是奇函数，符合题意．
此时，但，故A错误；
因为，所以，得，故D错误．
故选：BC.
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题（共4小题，每题5分）
13. 写出使“不等式（且）对一切实数都成立”的的一个取值______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由指数函数的单调性和不等式的性质，可得所求取值．
【详解】解：当时，在上单调递增，由，可得；
当时，在上单调递减，由，可得．
因为不等式对一切实数都成立，所以，
所以的取值可为．
故答案：（答案不唯一）．
14. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数的图象关于点对称，则函数在区间上的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由图象平移得，再由图象关于对称及，求解，再由整体角范围求最小值即可.
【详解】由题设，，其图象关于对称，
则，
则，，得，，
由，得，于是，
由，得，
得函数在区间上的最小值为 .
故答案为：.
15. 的最小值为______.
【答案】9
【解析】
【分析】利用基本不等式解出最小值即可.
【详解】，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为9.
故答案为：9
16. 的展开式中的系数为______．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】依题意，再写出展开式的通项，从而求出展开式中的系数.
【详解】因为，
其中展开式的通项公式为（且），
所以的展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为．
故答案为：
三、解答题（共6小题）
17. 在中，角A，，所对的边分别为，，，，，且的面积为.若，边上的两条中线，相交于点，如图所示.

（1）求的余弦值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，结合三角形面积公式及已知可求得，求得，再利用余弦定理求得，从而可得，由勾股定理求得，再由余弦定理计算出；
（2）是的重心，由此可得，从而得出结论．
【小问1详解】
已知，由正弦定理，得，由，得，
由的面积，得，
相除得，又，故，
由，，得，，由余弦定理得，即，，
在中，，，，满足，
所以为直角三角形，.
在中，，，
所以.
【小问2详解】
在中，为边上的中线，所以，
由，分别为边，上的中线可知为的重心，
可得，，
所以 .
18. 在中，角的对边分别为，且．
（1）判断的形状；
（2）若，点分别在边上，且，求的面积．
【答案】（1）是直角三角形
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理化角为边，整理即可得出结论；
（2）根据求解即可.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
化简得，
所以是直角三角形；
【小问2详解】
由（1）得，
因为，所以，
则，
因为，
所以，
,
,
，
，
所以.
19. 已知函数，且的最小正周期为，再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为一组已知条件.
（1）求的解析式；
（2）设，若在区间上的最大值为，求的最小值．
条件①：的最小值为；
条件②：的图象经过点；
条件③；直线是函数的图象的一条对称轴.
注：如果选择多组符合要求条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由最小正周期可得，再根据所选条件，结合正弦函数的性质求，即可得解析式；
（2）由（1）及和差角正弦公式可得，根据区间最值及正弦函数性质求参数m的范围，即可得结果.
【小问1详解】
由题意，可得，
选①②：由的最小值为，则，故.
又，即且，所以.
所以.
选①③：由的最小值为，则，故.
因为是的一条对称轴，则，，
所以，且，则.
所以.
选②③：因为是的一条对称轴，则，，
所以，且，则
所以.
又，则.
所以.
【小问2详解】
，
上，的最大值为，则，可得，
所以的最小值为.
20. 已知函数．
（1）时，求函数在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）证明不等式恒成立．
【答案】（1）
（2）当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出切点坐标，用导数的几何意义求出切线斜率即可求解；
（2）求出导函数后对的值进行分情况讨论即可求；
（3）用切线不等式可证得结果.
【小问1详解】
时，，依题意切点坐标为，
，所以函数在处的切线的斜率为，
故函数在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
的定义域为，，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，得，
时，，单调递增，
时，，单调递减.
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
【小问3详解】
要证恒成立，即证恒成立，
令，，由（2）可知，
在上单调递增，在上单调递减，
所以恒成立，
即有时恒成立，当且仅当时取“=”号，
亦有即恒成立，当且仅当，即时取“=”号.
所以一方面，当且仅当，即时取“=”号，
另一方面恒成立，当且仅当时取“=”号，
所以恒成立，原不等式得证.
21. 在中，.
（1）求的值；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接利用正弦定理求解即可；
（2）求出，再利用余弦定理求出，然后利用三角形面积公式可求得答案.
【小问1详解】
在中，因为，，
所以由正弦定理得.
【小问2详解】
因为，所以.
由余弦定理得，
解得或（舍）.
所以的面积.
22. 已知函数.
（1）若，求在处切线方程；
（2）求的极大值与极小值；
（3）证明：存在实数，当时，函数有三个零点.
【答案】（1）
（2）见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解；
（2）求出函数导数，分类讨论得函数单调性，根据单调性求函数极值即可；
（3）根据（2）判断函数大致变化趋势，由函数零点个数即函数图象与x轴交点个数可证明.
【小问1详解】
当时，，，
所以，
又，
所以切线方程为，即.
【小问2详解】
，
当时，，解得，
故时，，单调递减；时，，单调递增，
故时，的极小值为，无极大值；
当时，令，解得，，
故当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故的极大值为，极小值为；
当时，令，解得，，
故当或时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的极大值为，极小值为；
综上，当时，的极小值为，无极大值；当时，的极大值为，极小值为.
【小问3详解】
当时，由（2）知， 在和上单调递增，
在上单调递减，且时，恒成立，
时，，
又的极大值为，极小值为，
所以存在实数时，函数有三个零点.