2024届江苏省淮安市楚州中学、新马中学高三上学期期中联考数学试题含答案

这是一份2024届江苏省淮安市楚州中学、新马中学高三上学期期中联考数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，单空题，填空题，证明题，问答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据交集与补集的定义求解.
【详解】，
，，
故选：C.
2．已知为虚数单位，复数满足，则的虚部为（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】C
【分析】由题意可得，根据复数的乘、除法运算可得，结合复数的有关概念即可求解.
【详解】由题意知，，
所以复数的虚部为1.
故选：C.
3．已知，，若，则的最小值为（ ）
A．2B．4C．D．9
【答案】D
【分析】由基本不等式结合乘“1”法可得答案.
【详解】由可得，
，
当且仅当等号成立，
故选：D.
4．19世纪美国天文学家西蒙·纽康在翻阅对数表时，偶然发现表中以1开头的数出现的频率更高．约半个世纪后，物理学家本·福特又重新发现这个现象，从实际生活得出的大量数据中，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出本·福特定律，即在大量进制随机数据中，以开头的数出现的概率为，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若（，），则的值为（）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】结合条件及对数的运算法则计算即可.
【详解】依题意，得
，
又，故．
故选：B．
5．设是定义域为的偶函数，且，则（ ）
A．0B．1C．2023 `D．无法确定
【答案】A
【分析】根据题意，由条件可得是周期为4的函数，再由函数为偶函数可得，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，所以，
所以是周期为4的函数，
所以，
由，可得，即，
又因为是定义域为的偶函数，
所以，所以，
所以.
故选：A
6．设数列是公比为的等比数列，则“”是“存在满足”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】C
【分析】由题意可知，根据不等式的性质依次证明充分、必要条件成立，即可求解.
【详解】由题意知，，则.
当时，存在使得，则，即，
所以充分条件成立；
当时，即，
若，则，q无实数解，不符合题意，
若，则，解得，所以必要条件成立，
所以“”是“存在满足”的充要条件.
故选：C
7．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用在区间上单调递增，得到，从而得出，再利用，得到，再构造，利用导数与函数的单调性间的关系，得出在区间上单调递增，从而得出，即可得出结果.
【详解】因为，又在区间上单调递增，
所以，
又，所以，得到，即，所以，故选项C和D错误；
又，所以，得到，即，
令，则，令，得到，
令，其部分图像如图所示，
如图，当时，，且，
又，，所以，当时，，
所以，当时，，即在区间上单调递增，
又当时，，
所以，当，，得到，即，
故选：A.
【点睛】关键点晴，本题的关键在于构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到在区间上单调递增，从而解决问题.
8．如图，是轮子外边沿上的一点，轮子的半径为0.5（单位：）.若轮子从图中位置向右匀速无滑动滚动，设当滚动的水平距离为（单位：）时，点距离地面的高度为（单位：），则下列说法中正确的是（ ）
A．当时，点恰好位于轮子的最高点
B．，其中
C．当时，点距离地面的高度在下降
D．若，，则的最小值为
【答案】B
【分析】根据条件，求出，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】如图，过分别作地平线的垂线，垂足分别为，过作于，记，
又轮子的半径为0.5，则有，得到，
在中，，所以，
故，
对于选项A，当时，，所以选项A错误；
对于选项B，，所以选项B正确；
对于选项C，当时，，又，所以在区间上先减后增，故选项C错误；
对于选项D，由，得到，
由，得到或，，
又，当，时，满足，此时，故选项D错误，
故选：B.
二、多选题
9．设，为实数，且，下列不等式中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】对于A，可直接判断，对于B，利用作差法判断，对于CD，举例判断即可.
【详解】因为，所以，
对于A，当时，，所以A正确，
对于B， ，所以B正确，
对于C，当时， ，所以C错误，
对于D，当时，则，所以D错误，
故选：AB.
10．如图，函数（）的图象与轴相交于，两点，与轴相交于点，且满足的面积为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．函数的图象对称中心为，
C．的单调增区间是，
D．将函数的图象向右平移个单位长度后可以得到函数的图象
【答案】AC
【分析】由题意，结合图象可得，即函数的最小正周期为，即可求得，得到，利用整体代换法计算正切函数的对称中心和单调区间即可判断BC，利用函数的平移变换即可判断D.
【详解】A：当时，，又，
所以，得，
即函数的最小正周期为，由得，故A正确；
B：由选项A可知，令，
解得，即函数的对称中心为，故B错误；
C：由，得，故C正确；
D：将函数图象向右平移个长度单位，得函数的图象，故D正确.
故选：ACD
11．在棱长为2的正方体中，点是棱的中点，点在底面内运动（含边界），则（ ）
A．若是棱的中点，则平面
B．若在上运动，则
C．若在棱上运动，则四面体的体积为定值
D．若直线，与底面所成的角相等，则点的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】如图，根据面面平行的判定定理与性质即可证明A；建立如图空间直角坐标系，设，利用空间向量法证明，即可判断B；如图，点F到平面的距离为CD到平面的距离为定值2，即可判断C；如图，利用空间两点距离公式计算确定点F的轨迹方程，结合图形即可判断D.
【详解】A：如图，连接，则，取BC的中点G，连接EG、FG，
则，所以，
又平面，平面，
所以平面，平面，又，平面，
所以平面平面，由平面，得平面，故A正确；
B：建立如图空间直角坐标系，
则，
设，则，
所以，又，
所以，所以不成立，故B错误；
C：如图，易知四面体为三棱锥，
由图可知点F到平面的距离为CD到平面的距离，即为2，
所以，为定值，故C正确；
D：如图，直线与平面所成角分别为锐角，
则，即，有，
设，由，得，
整理得，
即点F在平面内的轨迹为以为圆心，以为半径的圆弧，
则圆心角，所以圆弧的弧长为，故D正确.
故选：ACD
12．设是定义域为的可导函数，若存在非零常数，使得对任意的实数恒成立，则称函数具有性质.则（ ）
A．若函数具有性质，则也具有性质
B．若具有性质，则
C．若具有性质，且，则
D．若函数（，）具有性质，则的取值范围是
【答案】ABC
【分析】对给定等式两边求导，再利用定义判断A；求出的周期计算判断B；由性质求出数列的通项，再计算前n项和判断C；取说明判断D.
【详解】对于A，函数具有性质，即存在非零常数，使得对任意的实数恒成立，
对两边求导得，
因此存在非零常数，使得对任意的实数恒成立，也具有性质，A正确；
对于B，函数具有性质，则对任意的实数，，即，
于是，即函数的周期是4，因此，
所以，B正确；
对于C，函数具有性质，则，有，
取，则，而当时，，
因此数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，C正确；
对于D，函数（，）具有性质，即存在非零常数，
使得对任意的实数恒成立，即，而，因此，
当时，令，求导得，当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，，
于是当时，的解为，与非零常数矛盾，即，
因此的取值范围不是，D错误.
故选：ABC
【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.
三、单空题
13．若向量，满足，，且在上的投影向量为，则 .
【答案】3
【分析】由投影向量公式可得，再求即可.
【详解】在上的投影向量为，因为，所以，
所以，
故答案为：3.
四、填空题
14．已知是第三象限角，是终边上的一点，若，则 .
【答案】/0.5
【分析】利用三角函数的定义求出的值，再利用二倍角公式求解即可.
【详解】因为是终边上的一点，所以,
则解得，
又因为是第三象限角，所以即，从而.
所以.
从而.
故答案为：
15．在平面直角坐标系中，已知直线与圆相切于点，与圆相交于，两点（异于），若，则 .
【答案】
【分析】求出两圆的圆心坐标，表达出圆心距，过两圆心作已知直线的垂线，利用几何知识即可得出两圆半径，进而求出的值.
【详解】由题意，，
在圆中，圆心，半径为，
在圆中，圆心，半径为，
连接，
∴直线的解析式为：，且直线与直线平行，
，
在直线中，，
∵直线与圆相切于点，
∴
与圆相交于，两点（异于），
过作垂直于点，连接

∴，，
∵,
∴，解得：，
在中，，
由勾股定理得：，即，
解得：，
∴
故答案为：.
五、单空题
16．设定义在上的函数的导函数为，已知，且，若关于的不等式的解集中恰有一个整数，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】构造函数，通过以及条件可得，将不等式，转化为，画出和的图像，根据图像列不等式求解.
【详解】设，则，
所以
所以，
又，得，
所以，
所以，
即
对于函数，，
当，即时，函数单调递增，
当，即时，函数单调递减，
又函数恒过点，
再同一坐标系中画出和的图像如下：
，
若关于的不等式的解集中恰有一个整数，则该整数必为，
所以，解得.
故答案为：.
六、证明题
17．记为数列的前n项和，满足，.
(1)求的通项公式；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先根据与的关系，得到的递推关系，然后再利用累乘法求解通项公式；
（2）根据第一问的结果求得数列的通项公式，然后借助裂项相消的求和方法求其前项和，进而证明不等式成立.
【详解】（1）因为，
∴当时，，
所以，
整理得：，即，
∴
显然对于也成立，
∴的通项公式
（2）
∴
由于，所以，故得证.
七、问答题
18．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，．
(1)求角B的大小；
(2)若的面积，设D是BC的中点，求的值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)结合已知条件和正弦定理边化角，三角恒等变换即可求出B；
(2)根据三角形面积公式求出a，根据余弦定理求出b.在和分别由正弦定理表示出和，根据，即可得.
【详解】（1）∵，
∴由正弦定理得，，
即，
即，
即，
即，
，，，
，；
（2），
.
在中，由正弦定理得，，
在中，由正弦定理得，，
，，
∴.
19．已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）对函数求导，讨论、研究导数符号，即可确定对应单调性；
（2）由（1）知，应用分析法，将问题转化为证明在上恒成立，构造函数并研究恒成立.
【详解】（1）由且，
当，即，则，此时在上递减；
当，即，则上，上，
此时在上递增，上递减；
综上，时在上递减；时在上递增，在上递减；
（2）由（1）知：时，
要证，即证，
只需证在上恒成立，
令且，则，
当时，递减；当时，递增；
所以，
即在上恒成立，故时，得证.
八、证明题
20．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面底面，为中点，，.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三棱柱的性质和三角形中位线，由线面平行的判定定理即可得出证明；
（2）利用线面垂直的判定定理可得，，两两垂直，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，利用空间向量即可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）连结交于，连结，如下图所示：
在三棱柱中，四边形是平行四边形，，
所以是的中点.
在中，为中点，故，
又平面，平面，
所以平面.
（2）由（1）可知，，又，所以.
在正中，为中点，所以，
又因为，，平面，
所以平面，又平面，所以.
又平面平面，平面，平面平面，
所以平面.
因为，平面，所以，.
所以分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，如下图所示：
则，，，，
所以，.
显然，是平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则即取，则；
所以是平面的一个法向量，
，
设二面角的大小为，
据图可知二面角为锐角，，
所以二面角的余弦值为.
九、问答题
21．在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，且圆与轴交于，两点（在的左侧），若直线：（）与圆相交于，两点.
(1)若，求实数的值；
(2)设直线与直线交于点，记直线，直线，直线的斜率分别为，，，求的值.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）由构成方程组得，再结合点，在圆上可求得，则可求；
（2）设直线的方程为，联立直线方程与圆的方程可得，B同理可得，再由，，三点共线，得到 ，能得到与的关系式，然后可求，得到与的关系式，则的值可求.
【详解】（1）设，，
由得，即，故.
因为点，在圆上，所以，解得：，
所以，又，所以.
（2）依题意，，，直线的方程为，
联立方程组，整理得：，
所以，，故.
同理可得.
因为，，三点共线，所以，即，
整理可得：，
显然，故.
设，则，解得，
即，所以，所以.
十、证明题
22．已知函数，其中a为实数.
(1)若，求函数在区间上的最小值；
(2)若函数在上存在两个极值点，，且.求证：.
【答案】(1)0
(2)证明见解析
【分析】利用导函数的判断函数的单调性即可求最小值.
先根据，为函数在上存在两个极值点，可得，为的两根，可得，带入后即证，再根据，和的关系，消元后只需要证明即，结合，即证.
【详解】（1）当时，，，，
令，，则，
所以在上单调递增，故，
所以，在上单调递增，
所以当时，的最小值为．
（2）依题意，在上存在两个极值点，，且．
所以在R上有两个不等的实根，，且．
令，，
所以当时，，所以在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故函数在处取得最小值，
要使得在R上有两个不同的零点，必须满足得，
此时，故．
因为，是的两个不等的实根，
所以，即
要证：，即证：，只要证：．
下面首先证明：．
要证：，即证：，
因，在上单调递增，
只要证：，即证：，
令，，
则，
所以在上单调递减，，即．
因为，所以．
所以，故．
要证：，只要证：，即证：，
只要证：，即证：，
事实上，，显然成立，得证．
【点睛】方法点睛：
双变量问题常用解题策略：
1.变更主元，对于题目涉及到的两个变元，已知中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外变元的取值范围问题，这类问题我们称之不“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题，往往会利用我们将字母x作为自变量的误区来进行设计.此时，我们变更一元思路，将另一个变量作为自变量，从而使问题得以解决，我们称这种方法为变更主元法.
2.指定主变量，有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当作常数，另一个看成自变量，便可使问题得以解决，我们称这种思想方法为指定主变量思想.
3.整体代换，变量归一，通过等价转化，将关于,x的双变量问题等价转化为以x,x所表示的运算式作为整体的单变量问题，通过整体代换为只有一个变量的函数式，从而使问题得到巧妙的解决，我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想.