2024届黑龙江省哈尔滨德强学校高三上学期开学考试数学试题含答案

2024届黑龙江省哈尔滨德强学校高三上学期开学考试数学试题

一、单选题

1．命题：的否定是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据特称命题的否定分析判断.

【详解】由题意可得：命题：的否定是.

故选：D.

2．已知全集，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】利用集合并集和补集的定义求解即可.

【分析】因为，所以,

又因为，所以，

故选：D

3．若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由对数函数和指数函数、幂函数的性质判断．

【详解】解：∵，∴函数在上单调递减，

又∵，

∴，

∴，

即，所以选项A正确，选项B错误，

∵幂函数在上单调递增，且，

∴，所以选项C错误，

∵指数函数在R上单调递减，且，

∴，所以选项D错误，

故选：A．

4．已知正项等比数列，若，则（    ）

A．16 B．32 C．48 D．64

【答案】B

【分析】根据等比中项，先求出，然后根据求出公比，最后求

【详解】根据等比中项，，

又是正项数列，故（负值舍去）

设等比数列的公比为，由，

即，解得（正项等比数列公比不可是负数，负值舍去），

故

故选：B

5．“ ”是“函数为偶函数”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】利用，得出，从而求出，再利用偶函数的定义进行判断即可得出充分性成立，再利用，得出，从而判断必要性成立，从而得出结果.

【详解】若，得到，所以，

当时，，当时，，

即或，

当时，恒有，当时，，

所以，若，则为偶函数，

若为偶函数，则，所以，化简得，所以，

故选：C.

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用诱导公式、余弦的倍角公式可得答案.

【详解】因为，所以

.

故选：A.

7．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，从而可得a，b，c的大小．

【详解】令，则，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

因为，

所以，即.

故选：D.

8．若，则a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，设，然后构造，由导数研究函数的最小值，即可得到结果.

【详解】不等式，即，

所以.设，则，

可知时，，单调递减；时，，单调递增，

所以.

令，则.

当时，，单调递增，则，

则，故满足条件；

当时，则在上单调递减；在上单调递增，则，

设，则，则在单调递减，又，所以，则，

综上所述，的取值范围是.

故选：A

【点睛】解答本题的关键在于，先换元令，然后构造函数，得到其最值，即可得到结果.

二、多选题

9．已知函数，则下列结论正确的为（    ）

A．的最小正周期为

B．的图象关于对称

C．的最小值为

D．在区间上单调递增

【答案】BC

【分析】化简函数为，，结合大致图象判断各选项即可求解.

【详解】函数，，

大致图象如下：

由图可知，函数的最小正周期为，故A错误；

函数的图象关于对称，故B正确；

函数的最小值为，故C正确；

函数在区间上单调递增，在上单调递减，故D错误.

故选：BC.

10．已知正n边形的边长为a，内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，则（    ）

A．当时， B．当时，

C． D．

【答案】BD

【分析】作图，解三角形求关系，由此判断各选项.

【详解】如图：为正n边形外接圆的圆心，为正n边形的一个边，点为边的中点，

则，，

所以，，，C错误；

，D正确；

当时，，化简可得，A错误；

当时，，化简可得，B正确；

故选：BD.

11．声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则当时，函数一定有（    ）

A．三个不同零点 B．在上单调递增

C．有极大值，且极大值为 D．一条切线为

【答案】BC

【分析】求出函数的零点判断A；求出函数的导数，判断单调性、求出极大值判断BC；求出图象在原点处的切线方程判断D作答.

【详解】对于A，由得：，即或，

而，有，解得或，A错误；

对于B，，

当时，，，于是，且当时，则在上递增，B正确；

对于C，由选项B知，当时，单调递增，

当时，单调递减，因此当时，取得极大值，C正确；

对于D，显然函数过原点，，而，因此图象在原点处的切线方程为，

因为直线过原点，因此直线不是图象在原点处的切线，

令，，，即函数在上单调递增，

当时，，即，于是函数在上的图象总在直线的下方，

所以直线不可能为图象的切线，D错误.

故选：BC

12．已知函数，其中是其图象上四个不重合的点，直线为函数在点处的切线，则（    ）

A．函数的图象关于中心对称

B．函数的极大值有可能小于零

C．对任意的，直线的斜率恒大于直线的斜率

D．若三点共线，则.

【答案】AD

【分析】由奇偶性和图象平移可判断A；利用导数求出极大值点，再由单调性与比较可判断B；利用导数求出，然后作差比较，即可判断C；根据化简即可判断D.

【详解】对于A，设，

因为，

所以为奇函数，图象关于原点对称，

所以的图象关于点中心对称，A正确；

对于B，令，解得，

当或时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以当时，取得极大值，

由单调性可知，，故B错误；

对于C，，

因为，所以，

又，

所以

，

因为，所以

，即，C错误；

对于D，同上，可得，，

，

当三点共线时，则有，

整理得，

因为，所以，即，

又，所以，

整理得，

因为，所以，即，

所以，D正确.

故选：AD.

【点睛】思路点睛：本题解题思路是首先是构造函数，利用其奇偶性，再就是用导数判断出其单调性解题，利用切线斜率解题，考查了学生的思维能力、运算能力.

三、填空题

13．写出一个定义域为且图象不经过第二象限的幂函数      .

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据已知条件，结合幂函数的定义，以及性质，即可求解．

【详解】，定义域为，图象不经过第二象限，且为幂函数，符合题意．

故答案为：（答案不唯一）．

14．设，      ．

【答案】

【分析】先用两角差的正切公式可求出的值，再用两角和的正切公式即可求解

【详解】因为，所以，

故.

故答案为：

15．已知定义域为的偶函数满足，且当时，，若将方程实数解的个数记为，则       ．

【答案】

【分析】由条件分析得函数的周期性，结合对称性作出草图，分析两函数的交点个数，得出数列通项，裂项相消求和即可.

【详解】因为定义域为R的偶函数满足，

所以，则，

所以函数是以为周期得周期函数，

方程的实数解个数，

即函数的交点个数，

不难发现也是偶函数，所以两函数的交点是关于纵轴对称的，

这里只分析的情况.

结合条件作出两函数简要图象如下：

当时，

此时有两个交点，即，

当时，

此时有4个交点，即，

当时，

此时有6个交点，即，以此类推，可知，

故，

所以，

故答案为：.

16．已知函数，若曲线的一条切线为直线l：，则的最小值为      ．

【答案】

【分析】根据题意，设切点为，将切点分别代入函数以及切线上，且，得到方程化简可得，从而求得其最小值.

【详解】设切点为，，则在l：上，即①，

因为，则，

又因为直线的斜率为4，则，所以③，

因为在上，

所以②，

由①②可得④，

将③代入④中可得，，

化简可得，即⑤，

由③⑤可得，，

令，则，

当时，即时，，

所以当时，，

故答案为:

四、解答题

17．已知函数（，）.

再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择能确定函数的解析式的两个作为已知.

条件①：函数的最小正周期为；

条件②：函数的图象经过点；

条件③：函数的最大值为.

(1)求的解析式及最小值；

(2)若函数在区间（）上有且仅有1个零点，求的取值范围.

【答案】(1)选择①②，的最小值为；选择①③，的最小值为

(2)选择①②；选择①③

【分析】（1）利用三角恒等变换化简，选择①②：由周期得出，由得出，进而求出的解析式及最小值；选择①③：由周期得出，由的最大值为得出，进而求出的解析式及最小值；选择②③：由得，又因为函数的最大值为，所以，与矛盾，不符合题意．

（2）因为,，所以，结合三角函数的性质与函数零点的概念求解即可．

【详解】（1）由题可知，，

选择①②：

因为，所以，

又因为，所以．

所以．

当，即时，，

所以函数的最小值为．

选择①③：

因为，所以，

又因为函数的最大值为，所以．

所以，

当，即时，．

所以函数的最小值为．

选择②③：因为，所以．

又因为函数的最大值为，所以，与矛盾，不符合题意．

（2）选择①②：

因为,，所以，

又因为在区间（）上有且仅有1个零点，

所以，所以，所以．

选择①③：

因为,，所以，

又因为在区间（）上有且仅有1个零点，

又时，或，

所以，所以，所以．

18．已知函数的图象是由的图象向左平移个单位长度得到的．

(1)若的最小正周期为，求图象的对称轴方程，与轴距离最近的对称轴的方程；

(2)若图象相邻两个对称中心之间的距离大于，且，求在上的值域．

【答案】(1)对称轴方程，最近的对称轴方程为

(2)

【分析】（1）由周期求出，即可得到函数解析式，再根据余弦函数的性质求出函数的对称轴；

（2）依题意可得，即可求出范围，从而求出的值，再根据余弦函数的性质计算可得.

【详解】（1）由，得，所以，

令，解得，

所以函数的对称轴方程为，

取，得，取，得，

因为，所以与轴距离最近的对称轴方程为．

（2）设的最小正周期为，因为图象相邻两个对称中心之间的距离大于，

所以，即，由，，解得．

又且，所以．

所以．

因为，所以，

所以，即在上的值域为．

19．已知函数．

(1)若a＝2，求曲线在点处的切线方程；

(2)若在上单调递增，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用导数的几何意义求解；

（2）根据在上单调递增，由在上恒成立求解.

【详解】（1）当时，，

则，

则，

又，

所以曲线在点处的切线方程为，

即；

（2），

因为在上单调递增，

所以在上恒成立，

即在上恒成立，

令，

则 在上恒成立，

所以，解得，

所以实数a的取值范围是 .

20．已知数列的前n项和为，数列的前n项积为，且满足．

(1)求证：为等差数列；

(2)记，求数列的前2023项的和M．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据所给递推公式及前项和、积的定义化简，由等差数列定义可得证；

（2）求出，利用裂项相消法求和.

【详解】（1）因为，

当时，，解得或，

又，所以，故，

由，可得，所以，

当时，．

所以，即，

所以，所以

所以是以为首项，1为公差的等差数列.

（2）所以，则，

因为，

故．

21．在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列.现连续发射信号次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号“1”的次数为.

(1)当时，求；

(2)已知切比雪夫不等式：对于任一随机变量，若其数学期望和方差均存在，则对任意正实数，有.根据该不等式可以对事件“”的概率作出下限估计.为了至少有的把握使发射信号“1”的频率在与之间，试估计信号发射次数的最小值.

【答案】(1)

(2)1250

【分析】(1)根据二项分布公式计算；

(2)运用二项分布公式算出 和 ，再根据题意求出 中a的表达式，最后利用切比雪夫不等式求解.

【详解】（1）由已知，

所以

；

（2）由已知，所以，

若，则，即，

即.

由切比雪夫不等式，

要使得至少有的把握使发射信号“1”的频率在与之间，则，

解得，所以估计信号发射次数的最小值为1250；

综上， ，估计信号发射次数的最小值为1250.

22．已知关于的方程有两个不相等的正实根和，且.

(1)求实数的取值范围；

(2)设为常数，当变化时，若有最小值，求常数的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据函数与方程的思想将方程有两个不相等的正实根转化成函数图象有两个交点，通过构造函数研究其单调性求出值域即可求得实数的取值范围；

（2）首先通过转化变形写出和的表达式，求出有最小值的等价方程，再通过构造函数利用导函数研究其单调性，并证明方程有唯一解即可求得常数的值.

【详解】（1）由且，可得.

设，则，

令，解得.

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

函数的图象如下：

又趋向于0时趋向，趋向于时趋向0；

要使图象与直线有两个交点，则，故a的取值范围是.

（2）因为，由（1）得，则，

设，则，即，

由有最小值，即有最小值.

设  ，

记，

由于，若，则，可得单调递增，

此时，即单调递增，

此时在没有最小值，不符合题意.

若，时，，则在单调递减，

时，，则在单调递增.

又，，且趋向于时趋向，故且唯一，使得.

此时时，，即，此时在上单调递减；

时，，即， 在上单调递增.

所以时，有最小值，

而，即，整理得

此时，由题意知.

设

设.

设，故递增，.

此时递增，有，

令且，则，即在上递增，故，

此时，故在递增，而知，的唯一解是.

故的唯一解是，即.

综上所述，.

【点睛】方法点睛：对于隐零点问题的解题思路是对函数零点设而不求，以隐零点为分界点，说明导函数的正负，通过整体代换和过渡，从而得到原函数最值或极值的表达式，再结合题目条件解决问题.