2024届河南省六市部分学校联考高三上学期10月阶段性考试数学试题含答案

这是一份2024届河南省六市部分学校联考高三上学期10月阶段性考试数学试题含答案，共17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．全集，能表示集合和关系的Venn图是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】化简集合，根据两集合的关系，即可得出答案.
【详解】由已知，可得，
所以，根据选项的Venn图可知选项D符合.
故选：D.
2．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】利用充分条件和必要条件的定义即可判断.
【详解】如，，满足，但不满足“”，
所以由得不出”，
若”，则，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
3．复数，则复数的（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】先化简得到，进而利用复数乘方运算法则得到答案.
【详解】，则，
故.
故选：A
4．已知克糖水中含有克糖，再添加克糖（假设全部溶解），糖水变甜了，能恰当表示这一事实的不等式为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意可知：在糖水中加入糖后，糖水浓度变大了，所以糖水变甜了.
【详解】原糖水的浓度为，加入糖后糖水的浓度为，加入糖后糖水浓度变大了，
所以.
故选：D
5．已知，且为锐角，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角函数值以及角的范围可求得，再利用两角和的余弦公式可得，用二倍角的余弦公式即可计算出结果.
【详解】由，且为锐角，所以，
可得，所以；
因此，
.
故选：D
6．已知向量，若，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先由，得求出，再求出的坐标，然后利用投影向量的定义可求得结果.
【详解】因为， ，所以，得，
所以，，
所以在上的投影向量的坐标为，
故选：C
7．已知，均大于1，满足，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先化简表达式，将问题转化，构造函数，画图分析即可.
【详解】由得：
，
即，
同理，
，
上述可化为：，其中且都大于1，
分别为，且，
令，
如图所示：

由图可得：
故选：B
8．已知直线是曲线的切线，则的最小值为（ ）
A．B．0C．D．3
【答案】A
【分析】对曲线求导，求出其在处的切线方程，从而得到了切线中的关系，然后将所求进行构造，与已知条件建立联系，再用均值不等式求解最小值即可.
【详解】设直线与曲线相切于点，
当时，直线不是曲线的切线，故，
由得，所以切线方程为，即，
所以，所以，所以，
当且仅当即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：A
二、多选题
9．是边长为2的等边三角形，为的中点．下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据向量的运算逐个判定即可
【详解】对于A：，A正确；
对于B：，B错误；
对于C：由平行四边形法则可知，所以，C正确；
对于D：，D错误，
故选：AC
10．已知函数（其中）的部分图象如图所示，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．
D．是的一个零点
【答案】ACD
【分析】结合函数图像求出的解析式，进而判断AC；利用代入检验法可判断BD.
【详解】由图像可知，，，
所以，即，故A正确；
从而，
由五点法可得，因为，所以，
从而，故C正确；
因为，
所以不是的对称轴，故B错误；
因为，所以是的一个零点，故D正确.
故选：ACD.
11．判断平面与平面平行的条件可以是（ ）
A．平面内有无数条直线都与平行
B．直线，，且，
C．平面，且平面
D．平面内有两条不平行的直线都平行于平面
【答案】CD
【分析】结合面面平行的判定方法逐项分析即可.
【详解】对A： 结合图形可知A错误；
对B： 结合图形可知B错误；
对C：由平面平行的传递性可以得证；
对D：由两平面平行的判定定理即可得证.
故选：CD.
12．已知为数列前项和，则下列结论成立的有（ ）
A．若数列为等比数列，且，则数列为等差数列
B．若数列为等差数列，若，则
C．若数列为等差数列，其前10项中，偶数项的和与奇数项的和之比为，且，则公差为2
D．若数列满足，且，则该数列的前100项和
【答案】ABC
【分析】利用等差数列与等比数列的定义及性质可判断选项ABC，根据所给数列表达式，找出规律求出即可.
【详解】A选项：依题意，设等比数列的公比为，
所以为常数，
所以数列为等差数列，故A正确；
B选项：数列为等差数列，设公差为，首项为，
则，
又，即，
化简可得，则，
，所以，
故B选项正确；
C选项：等差数列的前10项中，
偶数项的和为，
奇数项的和为，
又偶数项的和与奇数项的和之比为，
且，则，
解得，所以，故C选项正确；
D选项：因为，所以，
因为，
所以数列依次为：，
所以数列从第项起，周期为，
所以数列的前项的和为，
故D错误；
故选：ABC.
三、填空题
13．如图，函数f(x)的图象是曲线OAB，其中点O，A，B的坐标分别为(0,0)，(1,2)，(3,1)，则f(f(3))的值等于 ．
【答案】2
【分析】由点知,再由点可得.
【详解】由图可知.
【点睛】本题解题关键在能结合图象中的点的坐标弄清楚数之间的对应关系.
14．已知等比数列中，若，则= ．
【答案】9
【分析】根据等比数列通项公式化简，解方程组得结果
【详解】因为等比数列中通项公式可知，，那么联立方程可知首项为128，公比为，
结合9.
故答案为：9.
15．若点关于轴对称点为，写出的一个取值为 ．
【答案】（满足即可）
【分析】根据在单位圆上，可得关于轴对称，得出求解.
【详解】与关于轴对称，
即关于轴对称，
，
则，
当时，可取的一个值为.
故答案为：（满足即可）.
16．关于的不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】变形得到，设，从而求出，求导得到其单调性，从而得到不等式，求出解集.
【详解】可化为，
设，定义域为R，且，
故为奇函数，
且恒成立，
故在R上单调递增，
故，解得，
故解集为.
故答案为：
【点睛】利用同构思想来比较大小或解不等式是考试压轴题常考内容，本题要整理得到，从而看出要构造出的函数，研究函数的单调性，达到求解的目的.
四、解答题
17．已知在等差数列中，，．
（1）求数列的通项公式：
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）设等差数列的公差为，根据，列出和的方程组，进而求出和，即可求出的通项公式；
（2）由（1）可知，根据裂项相消法即可求出结果.
【详解】设等差数列的公差为，
由，可得
解得，
所以等差数列的通项公式可得;
（2） 由（1）可得，
所以.
【点睛】本题主要考查了等差数列通项公式的求法，以及裂项相消法在数列求和中的应用，属于基础题.
18．已知函数.
(1)求函数的单调增区间；
(2)将函数图象上点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再把所得函数图象向下平移个单位得到函数的图象，求的最小值及取得最小值时的x的取值集合.
【答案】(1)，；
(2)，.
【分析】（1）先利用三角恒等变换化简，再结合的单调性即可求得的单调增区间；
（2）先利用三角函数的图像变换得到的解析式，再结合的性质即可求得的最小值及取得最小值时的x的取值集合.
【详解】（1）函数，
由，，可得，，
所以函数的增区间为，；
（2）由题可得函数，
所以函数的最小值为，此时，即，
所以最小值为，取得最小值时的x的取值集合为.
19．设函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，记的最小值为，证明：．
【答案】(1)答案见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）由题意可得的定义域为,求出的导函数,通过判断导函数的符号即可判断的单调性；
（2）先结合（1）得到，解法一：先求导，，再根据导数的性质求得，进而即可证明；解法二：根据题意可得要证，即证，从而构造函数，求导，再根据导数的性质求得，进而即可证明．
【详解】（1）依题意可得的定义域为，
由，
则，
当时，，则在上单调递增；
当时，
若，，此时单调递减；
若，，此时单调递增；
综上，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）知，，即．
解法一：
则，
则，所以单调递减，
又，，所以存在，使得，
则当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
所以，
又，即，即，
所以，
显然在上单调递增，
又，所以，即．
解法二：
要证，即证，即证，即证，
令，则，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
所以，
所以，即．
20．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，角C的内角平分线与边AB交于点E，
(1)求角B的大小；
(2)记，的面积分别为，在①，②这两个条件中任选一个作为已知，求的值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)选①：；选②：
【分析】（1）由，结合正弦定理及化简得到，即可求解；
（2）选①：由余弦定理列出方程求得，令，结合三角形的面积公式，求得则，，即可求得的值；
选②：由，求得，利用余弦定理列出方程求得，联立方程组求得，结合面积公式求得，即可求得的值.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
即
又由，
可得，
因为，可得，所以，
又因为，可得.
（2）选①：因为，，
由余弦定理可得，
整理得，解得，
因为为的平分线，令，
则，，
所以，故的值为.
选②：，，，
由，解得，
又由，由余弦定理可得，
即，可得，
又因为，可得，所以，即，
联立方程组，解得，
由为的平分线，令，
所以，，
所以，故的值为.
21．已知抛物线，直线与交于两点且（为坐标原点）．
(1)求抛物线的方程；
(2)设，若直线的倾斜角互补，求的值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用韦达定理法即求；
（2）由题可求，，再结合条件即得.
【详解】（1）设，，
由，得，
故，
由，可得，即，
∴，
故抛物线的方程为：；
（2）设的倾斜角为，则的倾斜角为，
∴,
由，得，
∴，
∴，同理，
由，得，
∴，即，
故.
22．设，函数.
（1）当时，求在内的极值；
（2）设函数，当有两个极值点时，总有，求实数的值.
【答案】（1）极大值是，无极小值；（2）
【分析】（1）当时，可求得，令，利用导数可判断的单调性并得其零点，从而可得原函数的极值点及极大值；
（2）表示出，并求得，由题意，得方程有两个不同的实根，，从而可得△及，由，得．则可化为对任意的恒成立，按照、、三种情况分类讨论，分离参数后转化为求函数的最值可解决；
【详解】（1）当时，.
令，则，显然在上单调递减，
又因为，故时，总有，所以在上单调递减.
由于，所以当时，；当时，.
当变化时，的变化情况如下表：
所以在上的极大值是，无极小值.
（2）由于，则.由题意，方程有两个不等实根，则，解得，且，又，所以.
由，，可得
又.将其代入上式得：.
整理得，即
当时，不等式恒成立，即.
当时，恒成立，即，令，易证是上的减函数.因此，当时，，故.
当时，恒成立，即，
因此，当时，所以.
综上所述，.
【点睛】本题考查利用导数求函数的最值、研究函数的极值等知识，考查分类讨论思想、转化思想，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力，该题综合性强，难度大，对能力要求较高．
+
-
增
极大
减