2024大连滨城高中联盟高三上学期期中（Ⅰ）考试数学试题含解析

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数学
命题人：大连市第二十三中学 马晓晶 校对人：大连市第二十三中学 刘金秋
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设命题，则为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据存在性命题的否定为全称命题即可得解.
【详解】因为命题，
所以为，
故选：A
2. 已知集合，，则图中阴影部分所表示的集合为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由图像可知阴影部分面积对应的集合为，再由集合的运算，即可得到结果.
【详解】因为，，则，
由图像可知阴影部分面积对应的集合为.
故选：C
3. 若复数满足，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法及共轭复数判断即可得解.
【详解】，
，
，
故对应点在第三象限，
故选：C
4. 已知幂函数在上是减函数，则的值为（ ）
A. 3B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据是幂函数，由求得，再根据函数在上是减函数，确定的值求解.
【详解】由函数为幂函数知，
，解得或.
∵在上是减函数，而当时，，在是增函数，不符合题意，
当时，，符合题意，
∴，，
∴.
故选：C.
5. 函数（且）的图象恒过定点，若且，，则的最小值为（ ）
A. 9B. 8C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出函数过定点的坐标，再利用基本不等式求最值.
【详解】函数（且）的图象恒过定点,所以，
,
,当且仅当，即等号成立
故选：B.
6. 已知中，，，，在线段BD上取点E，使得，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量基本定理得到，利用向量数量积公式得到，，从而利用夹角余弦公式求出答案.
【详解】由题意知：,,
,
,
,.
故选：D
7. 已知函数，函数有四个不同的零点，从小到大依次为，，，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据导函数判断函数的单调性，画出函数图象，将有四个零点转化为的图象与有四个不同交点，分析可知，由韦达定理可得，设，，由导函数分析函数单调性，即可求出范围.
【详解】时，，，
在上单调递减，在上单调递增，，
时，，
在上单调递减，在上单调递增，，
画出的图象如下图，有四个零点即的图象与有四个不同交点，
由图可得，是方程的两根，即的两根，
是方程的两根，即的两根，
，，则，
设，，则，在上单调递增，
当时，，即.
故选：A.
8. 设函数（且）满足以下条件：①，满足；②，使得；且，则关于x的不等式的最小正整数解为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据题干条件得到，，，进而解不等式得到或，由得到最小正整数为3，由得到最小正整数为2，综上求出答案.
【详解】由①得：，则，（1）
由②得：，则，（2）
且，即，
联立（1）（2）得：，
因为，所以，
解得：，，
所以，
所以，
将代入得：，
因为，所以，
所以，
，
，
则或，
当，解得：，，
，，
当时，，故最小正整数为3，
当，解得：，，
，，
当时，，故最小正整数为2，
比较得到答案为2
故选：B.
【点睛】方法点睛：三角函数相关的参数取值或取值范围问题，要能够结合题目信息，从奇偶性，周期性，对称性入手，得到等量关系或不等式，进而求出参数的值或取值范围.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 若a，b为正实数，，则
B. 若a，b，m为正实数，，则
C. 若，则“”是“”的充分不必要条件
D. 不等式成立的充分不必要条件是，则m的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用作差法即可求解AB,结合充分不必要条件，即可根据不等式的性质求解CD.
【详解】对于A，因为，为正实数，，
所以，所以，故A正确；
对于B，因为，，为正实数，，所以，所以，故B错误；
对于C，由，可得或，故由可得，
但是不一定得到，故“”是“”的充分不必要条件，故C正确；
对于D，由可得，由于成立的充分不必要条件是，
所以或，解得，故D正确．
故选：ACD
10. 已知向量满足，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据向量数量积的运算化简求模、数量积判断AD，利用夹角公式可得，从而判断BC.
【详解】由，得，整理得①．
由，得，整理得②．
由①②及得，所以，
所以，所以，
所以反向共线，所以，
故选：AC．
11. 已知为上的奇函数，且当时，，记，下列结论正确的是（ ）
A. 为奇函数
B. 若的一个零点为，且，则
C. 在区间的零点个数为个
D. 若大于的零点从小到大依次为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用奇函数的定义可判断A，利用奇函数的性质可判断B，数形结合作出函数的图象，通过交点个数可判断C，根据的图象确定大于的零点的取值范围即可判断D.
【详解】因为，
所以为奇函数，A正确；
假设，则，
此时，
所以当时，，
当时，，
当时，，则，
由于的零点为，所以，
所以，B正确；
当时，令，
大于零零点为的交点，由图可知，
函数在有2个零点，
由于为奇函数，所以在有1个零点，
且，
所以在区间的零点个数为个，C错误；
由图可知，大于1的零点，，
所以，而，所以，D正确.
故选:ABD.
12. 已知连续函数满足：①，则有，②当时，，③，则以下说法中正确的是（ ）
A. 的图象关于对称
B.
C. 在上的最大值是10
D. 不等式的解集为
【答案】ACD
【解析】
【分析】依题意令，求出，再令，即可得到，从而判断A；令得到，再令，，即可判断B；再利用定义法证明函数的单调性即可判断C；依题意原不等式等价于，再根据函数的单调性转化为自变量的不等式，解得即可；
【详解】解：因为，则有，令，则，则，令则，即，故的图象关于对称，即A正确；
令，则，
令代x，则，即，即，故B错误；
设且，则，由，令，，则，即，由时，，得，则，所以，所以，即在上单调递减，又，所以，，又，所以，故在上的最大值为，故C正确；
由，即，即，即，又因为，即，所以，即，即，即，解得，即原不等式的解集为，故D正确；
故选：ACD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】设，求出，代入已知式可得．
【详解】设，则，因为，所以，即
故答案为：．
14. 已知，，，若，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据得，再由平方关系可得、的值，代入两角差的正弦展开式计算可得答案.
详解】由，得，又，
所以，又，所以，，
所以
．
故答案为：．
15. 函数，若函数恰有两个零点，则a取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用分离常数法，构造函数法，结合导数求得的取值范围，进而求得正确答案.
详解】由得，
设，
令，解得，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
又，
当时，；当时，，
又当，，由此画出的大致图象如图所示，
由于函数恰有两个零点，
所以的取值范围是.
故答案为：.
16. 牛顿迭代法又称牛顿-拉夫逊方法，它是牛顿在世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法，具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的次近似值，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，设的零点为，取，则的次近似值为______：设，数列的前项积为．若任意的，恒成立，则整数的最小值为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用导数求出直线的方程，可得出，结合可求出的值，推导出，可求得，由已知条件可得出，由此可求得整数的最小值.
【详解】，则，，
所以，曲线在点处的切线方程为，即，
由题意可知点在直线上，
所以，，，则，，
，，
因为函数的零点近似值为，且函数在上为增函数，
因为，，由零点存在定理可知，
由题意可知，，故整数的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列不等式恒成立问题，解题的关键在于利用导数求出切线方程，得出数列的递推公式，利用数列的递推公式求解.
四、解答题：本大题共6小题，共10分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 设是公差不为0的等差数列的前项和，已知与的等比中项为，且与的等差中项为．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等差数列的求和公式以及等差数列、等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，即可得到所求；
（2）求得，由裂项相消法求和即可求解．
【小问1详解】
设数列的公差为．
由题意，得，
即，解得，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
，
所以.
18. 在中，角、、的对边分别为、、．已知．
（1）求角的大小；
（2）给出以下三个条件：①，；②；③．
若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：
（i）求的值；
（ii）的角平分线交于点，求的长．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）由已知条件可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）由以及①或②或③解三角形，可得出正确的条件.
（i）求出的值，利用正弦定理可求得的值；（ii）由结合三角形的面积公式可求得的长.
【小问1详解】
解：因为，若，则，不满足，
所以，，，.
【小问2详解】
解：由及①，由余弦定理可得，即，
，解得；
由及②，由余弦定理可得，
由可得，可得；
由及③，由三角形的面积公式可得，可得.
经分析可知①②不能同时成立，①③不能同时成立，正确条件为②③，故，.
（i）将，代入②可得可得.
在中，由正弦定理，故.
（ii）因为，即，
所以，.
19. 已知数列中，，设为前项和，．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，化简得到，得出当时，可得，结合叠乘法，求得，验证，即可求解.
（2）由（1）得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.
【小问1详解】
解：由数列中，，且
当时，，解得，
当时，可得，
所以，即，
则当时，可得，所以，
当或时，，适合上式，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
解：由（1）知，可得，
所以，
可得，
两式相减，得，
所以.
20. 已知函数（且）的两个相邻的对称中心的距离为．
（1）求在R上的单调递增区间；
（2）将图象纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数，若，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先化简函数得，再根据单调性求解即可；
（2）先由平移伸缩得出，再结合二倍角余弦公式计算即得.
【小问1详解】
，
由题意知，的最小正周期为，所以，解得，
∴，
令，，解得，
所以在R上的单调递增区间为
【小问2详解】
，，得，
∵，∴，
∴，
∴
21. 已知函数，．
（1）判断函数的单调性；
（2）当时，关于x的不等式恒成立，求实数b的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，对a分类讨论，解不等式即可得到函数的单调性；
（2）关于的不等式恒成立等价于在恒成立，构建函数，研究其单调性与最值即可.
【小问1详解】
的定义域为，求导得：，
若时，则，此时在单调递增；
若时，则当时，在单调递减，
当时， ，f(x)在单调递增.
【小问2详解】
当时，，
由题意在上恒成立，
令，则，
令，则，所以在上递增，
又，所以在上有唯一零点，
由得，
当时，即，单调递减；时，即，单调递增，所以为在定义域内的最小值.
即
令，则方程等价于，
又易知单调递增，所以，即
所以，的最小值
所以，即实数的取值范围是
【点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
22. 已知函数．
（1）若直线与的图像相切，且切点的横坐标为1，求实数m和b的值；
（2）若函数在上存在两个极值点，且，证明：．
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可.
（2）首先根据题意得到，从而得到，再利用换元法，得到只需证即可.
【小问1详解】
由题意，切点坐标为，
所以切线斜率为，所以，
切线为，整理得，所以．
【小问2详解】
由（1）知．
由函数在上存在两个极值点，且，知，
则且，
联立得，
即，
设，则，
要证，，只需证，只需证，
只需证．
构造函数，则．
故，在上递增，，即，