江苏省徐州市邳州市新世纪学校2024届高三上学期统练1数学试题

邳州新世纪中学2024届高三统练1

数学学科

一、选择题（每小题5分，共60分）

1.已知全集，集合，，则（    ）

A. B. C. D.

2.设，是非零向量，则“”是“”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

3.下列函数中，既是偶函数又在区间上是减函数的是（    ）

A. B. C. D.

4.函数在区间上的图象大致是（    ）

A. B. C.D.

5.若，，则的值是（    ）

A.3 B. C. D.

6.已知函数，，，则的最小值等于（    ）

A. B. C. D.

7.已知函数，对，，，满足，则实数的取值范围是（    ）

A. B. C. D.

8.已知，，，则（    ）

A. B. C. D.

9.设、、为正数，且，则（    ）

A. B. C. D.

10.若，则（    ）

A.  B.

C. D.

11.已知函数设，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（    ）

A. B. C. D.

12.设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则（    ）

A. B. C. D.

二、填空题（每小题5分，共30分）

13.复数______.

14.若的二项展开式的各项的系数和为64，则其展开式的常数项为______.

15.的值域是______.

16.2023年1月底，由马斯克、彼得泰尔等人创立的人工智能研究公司发布的名为“”的人工智能聊天程序进入中国，迅速以其极高的智能化水平引起国内关注.深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为18，且当训练迭代轮数为18时，学习率衰减为0.4，则学习率衰减到0.2以下（不含0.2）所需的训练迭代轮数至少为______.（参考数据：）

17.若函数的最小值为0，则的取值范围为______.

18.已知函数，若关于的方程有8个不相等的实数根，则实数的取值范围为______.

三、解答题（共60分）

19.（本小题15分）三棱台中，若面，，，，，分别是，中点

（1）求证：平面；

（2）求平面与平面所成夹角的余弦值；

（3）求点到平面的距离.

20.（本小题15分）设椭圆的左右顶点分别为，，右焦点为，已知，.

（1）求椭圆方程及其离心率；

（2）已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程.

21.（本小题15分）已知函数.

（1）若是的极值点，求的值；

（2）讨论函数的单调性；

（3）若恒成立，求的取值范围；

22.（本小题15分）已知函数

（1）求函数的单调区间；

（2）若，证明：在上恒成立；

（3）若方程有两个实数根，，且，

求证：.

参考答案：

1.C

【分析】先解不等式求出三个集合，再求，然后可求得

【详解】因为全集，集合，，所以，所以，故选：C

2.A

【分析】根据向量模长与数量积的关系结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.

【详解】由“”平方得，即，

则，即，即，此时成立，充分性成立，

若时，满足，但不成立，即必要性不成立，

即“”是“”的充分不必要条件，故选A.

【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合向量数量积的关系进行转化是解决本题的关键.

3.C

【分析】利用基本初等函数的性质，根据函数的单调性和奇偶性，逐一判定，即可得到答案.

【详解】由题意可知，对于A中，函数为奇函数，所以不正确；

对于B中，函数为非奇非偶函数，所以不正确；

对于D中，函数为上单调递增函数，所以不正确；

对于C中，函数为奇函数且在区间单调递减，所以是正确的，故选C.

【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和单调性的判定问题，其中解答中熟记函数的单调性和函数的奇偶性的判定方法以及基本初等函数的性质上解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.

4.A

【分析】判断函数为奇函数得到选项C错误，计算，得到选项D错误，根据时，，选项B错误，得到答案.

【详解】，所以是奇函数，选项C错误；

因为，所以选项D错误；当时，，选项B错误.故选：A.

5.A

【分析】利用对数与指数的互化，指数的运算性质可求得结果.

【详解】因为，则，所以，，故.

故选：A.

6.D

【分析】根据对数的运算性质，可得，进而可将，根据基本不等式，可得答案.

【详解】∵，，，则，则，即，

则，故的最小值等于，故选D.

【点睛】本题考查的知识点是对数的性质，基本不等式，其中根据已知得到是解答的关键.

7.D

【分析】先判断是R上的增函数，列关于实数的不等式组，即可求得实数的取值范围.

【详解】由题意，得是R上的增函数，则，解得，故选：D

8.C

【分析】由题知，，进而根据对数函数单调性比较大小即可.

【详解】解：因为知，

所以，即.故选：C

9.D

【详解】令，则，，

∴，则，，则，故选D.

点睛：对于连等问题，常规的方法是令该连等为同一个常数，再用这个常数表示出对应的，，，通过作差或作商进行比较大小.对数运算要记住对数运算中常见的运算法则，尤其是换底公式以及0与1的对数表示.

10.C

【分析】A选项，构造且，求导得到其单调性，得出，A错误；B选项，构造且，求导得到其单调性，得出；C选项，构造且，求导得到其单调性，证明出；D选项，举出反例即可.

【详解】对于A，令且，则，

故在上单调递增，则，即，

所以，即，故A错误；

对于B，令且，则，

故在上单调递增，则，即，所以，故B错误；

对于C，令且，则，

故在上单调递增，则，即，

所以，则，故C正确；

对于D，当，时，，故D错误.故选：C.

【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.

11.A

【分析】根据分段函数的性质，分情况建立不等式，利用二次函数与导数，求得最值，可得答案.

【详解】已知函数，设，若关于的不等式在R上恒成立，

当时，，，

，当时，，

，当时，，则.

当时，，则，

，，当时，，函数单调递增，则；

，，当时，，函数单调递增，则，

所以.综上所示，.故选：A.

12.D

【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案.

【详解】[方法一]：

因为是奇函数，所以①；

因为是偶函数，所以②.

令，由①得：，由②得：，

因为，所以，

令，由①得：，所以.

思路一：从定义入手.

所以.

[方法二]：

因为是奇函数，所以①；

因为是偶函数，所以②.

令，由①得：，由②得：，

因为，所以，

令，由①得：，所以.

思路二：从周期性入手

由两个对称性可知，函数的周期.所以.故选：D.

【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果.

13.

【详解】试题分析：.

考点：复数的运算.

14.20

【分析】由各项系数和求出，利用展开式的通项求常数项.

【详解】展开式的各项的系数和为64，令，有，解得，

故展开式的通项公式为，

令，解得，故展开式的常数项为.故答案为：20

15.

【解析】令，根据二次函数的性质可得，结合指数函数的图象和性质可得解.

【详解】令，则，则，

又∵，故函数的值域是，故答案为：

【点睛】本题主要考查指数型复合函数的值域的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

16.74

17.

18.

【分析】令，根据题设条件探求出方程有4个互不相同的实根，再借助一元二次方程实根分布即可作答.

【详解】当时，的图象是图象右移1个单位并去掉轴及左侧的部分，

当时，的图象是抛物线去掉轴右侧的部分，如图，

令，原方程化为：，令，

观察图象知，直线与的图象最多有4个公共点，即关于的方程最多4个根，

而关于的方程有8个不相等的实数根，则关于的方程有4个根，，并且关于的方程在上有两个不等实根，

于是得：，解得：，所以实数的取值范围是.

故答案为：

19.（1）证明见解析（2）（3）

【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；

（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；

（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解

【详解】（1）

连接，.由，分别是，的中点，根据中位线性质，，且，

由棱台性质，，于是，由可知，四边形是平行四边形，则，又平面，平面，于是平面.

（2）过作，垂足为，过作，垂足为，连接，.

由面，面，故，又，，，平面，则平面.

由平面，故，又，，，平面，于是平面，由平面，故.于是平面与平面所成角即.

又，，则，故，在中，，则，于是

（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，，过作，垂足为.由题干数据可得，，，根据勾股定理，，

由平面，平面，则，又，，，平面，于是平面.

又平面，则，又，，，平面，故平面.在中，，

又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，

即点到平面的距离是.

[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.

设点到平面的距离为.，

.由，即.

20.（1）椭圆的方程为，离心率为.（2）.

【分析】（1）由解得，，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.

（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.

【详解】（1）如图，

由题意得，解得，，所以，

所以椭圆的方程为，离心率为.

（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，

设直线的方程为，

联立方程组，消去整理得：，

由韦达定理得，所以，所以，.

所以，，，

所以，

所以，即，解得，所以直线的方程为.

21.（1）（2）答案见解析（3）；

【分析】（1）由题意可得，从而可求出的值；

（2）求出函数的定义域，对函数求导后，分和两种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；

（3）将问题转化为恒成立，构造函数，利用导数求出其最大值，即可求出的取值范围.

【详解】（1）由，得，

因为是的极值点，所以，即，所以，经检验符合题意.

（2）.当时，，所以在上单调递增；

当时，令，解得，

当时，；当时，；

所以在上单调递增，在上单调递减，

综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；

（3）的定义域为，若恒成立，则恒成立，即恒成立，

令，只需，又，

令得，时，，则单调递增；

时，，则单调递减；所以，解得：；

【点睛】关键点点睛：第（3）问解题的关键是分离参数后，构造函数，然后利用导数求出函数的最值即得.

22.（1）的递减区间为，递增区间为.（2）证明见解析.（3）证明见解析.

【分析】（1）对求导即可求出结果；

（2）即证，构造，即可证明；

（3）分别利用切线放缩进行证明.

【详解】（1）由，则时，，单调递减，

时，，单调递增，所以的递减区间为，递增区间为.

（2）因为，，令所以，

下证，令，则，

当时，，当，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以在上恒成立；

（3）证明：先证右半部分不等式：；

因为，，所以，，，；

可求曲线在和处的切线分别为和；

设直线与直线，函数的图象和直线交点的横坐标分别为，，，，

则，，则；

因此.

再证左半部分不等式：.设取曲线上两点，，

用割线，来限制，

设直线与直线，的交点的横坐标分别为，，

则，且，，

所以.

综上可得成立.

【点睛】方法点睛：导数证明不等式的方法常有：

（1）最值法：移项构造函数，通过求解最值来证明；

（2）放缩法：通过构造切线或割线，利用切线放缩或者割线放缩来证明.