2024届辽宁省沈阳市五校协作体高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届辽宁省沈阳市五校协作体高三上学期期中数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，应用题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．集合，若且，则满足条件的集合的个数为（ ）
A．3B．4C．7D．8
【答案】C
【分析】根据真子集的定义即可得解.
【详解】，
因为且，
所以满足条件的集合的个数为.
故选：C.
2．已知函数，设甲：，乙：是偶函数，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】A
【分析】根据正弦函数与余弦函数的奇偶性结合诱导公式即可判断.
【详解】当时，，为偶函数，甲是乙的充分条件；
若为偶函数，则，则反向无法推出，
所以甲是乙的充分条件但不是必要条件，
故选：A．
3．有一天，数学家笛卡尔在反复思考一个问题：几何图形是直观的，而代数方程是比较抽象的，能不能用几何图形来表示方程呢？要想达到此目的，关键是如何把组成几何图形的点和满足方程的每一组“数”挂上钩，他苦苦思索，拼命琢磨，突然想到，在同一个平面上互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，这样就可以用一组数表示平面上的一个点，平面上的一个点也可以用一组有顺序的两个数来表示，这就是我们常用的平面直角坐标系雏形.如图，在△ABC中，已知，，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，请利用平面直角坐标系与向量坐标，计算的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】以为原点，建立平面直角坐标系，求得，根据即为向量与的夹角，结合向量的夹角公式，即可求解.
【分析】以为原点，以所在的直线为轴，以过点垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
因为，且分别为的中点，
则，可得，
可得，则，且，
因为即为向量与的夹角，
可得.
故选：A.
4．若等差数列的前项和为，且满足，对任意正整数，都有，则的值为（ ）
A．2021B．2022C．2023D．2024
【答案】B
【分析】根据等差数列的性质及前n项和公式进行求解.
【详解】依题意，则；
又，则
则，且，
所以等差数列单调递减，，且最小.
所以若对任意正整数，都有，则有．
故选：B．
5．已知，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用幂函数和指数函数单调性进行比较即可.
【详解】由已知，，，
∵幂函数在单调递增，且，∴，即；
又∵指数函数在上单调递减，且，∴，即；
又∵指数函数在上单调递减，且，∴，即；
综上所述，，，的大小关系是.
故选：D.
6．在正方体中，点为棱上的动点，则与平面所成角的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，连接，则可得即为与平面所成角，设，表示出，求出其范围，从而可求出的范围.
【详解】解：设，连接，则，
因为在正方体中，平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
所以即为与平面所成角．
设，，
因为，
所以，
因为，所以，
故选：C．

7．已知奇函数满足：，当时，，则下列大小关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性，周期性和单调性判断即可.
【详解】因为为奇函数，且当时，，，
而，
所以在上单调递增，
所以时，，时
因为所以，
由，即关于对称，
又因为为奇函数，所以，
所以，
所以为的周期，
所以，
因为所以
所以
故选：C.
8．如图，已知，是双曲线C：的左､右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足，且，则双曲线C的离心率为（ ）

（
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】延长与双曲线交于点P＇，易得，设，结合双曲线定义得，进而在中应用勾股定理得到齐次方程，即可得离心率.
【详解】延长与双曲线交于点P＇，因为，根据对称性知，

设，则，，可得，即，
所以，则，，
即，可知，
在中，由勾股定理得，即，解得.
故选：B
【点睛】关键点点睛：延长与双曲线交于点P＇，利用双曲线对称性及定义求出，最后在中应用勾股定理得到齐次方程为关键.
二、多选题
9．已知复数，，下列结论正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若复数，满足．则
D．若 ，则的最大值为4
【答案】BD
【分析】A令，即可判断；B由复数四则运算可得或即可判断；C设（，），（，），利用复数模的求法及已知等量关系得到，乘法运算求即可判断；D由复数模的几何意义判断复数、对应点轨迹判断.
【详解】A：令，，则，但是虚数不能比较大小，错误；
B：因为，所以，即，
则或，所以或，所以，正确；
C：设（，），（，），
由可得，
所以，
而，不一定为0，错误；
D：设，，，因为，
所以，即，，
所以复数在复平面内所对应的点在圆上，
复数在复平面内所对应的点在圆上，
因为两圆的圆心距为，所以两圆相外切，
则两圆上的两点的连线段最大值为，正确.
故选：BD
10．如果数列满足（k为常数），那么数列叫做等比差数列，k叫做公比差．下列四个结论中所有正确结论的序号是（ ）
A．若数列满足，则该数列是等比差数列；
B．数列是等比差数列；
C．所有的等比数列都是等比差数列；
D．存在等差数列是等比差数列．
【答案】ACD
【分析】根据所给等比差数列的定义逐个判断即可.
【详解】对A，数列满足，则，满足等比差数列的定义，故A正确；
对B，数列，
，
不满足等比差数列的定义，故B错误；
对C，设等比数列的公比为，则，满足等比差数列，故C正确；
对D，设等差数列的公差为，
则，
故当时，满足，故存在等差数列是等比差数列，即D正确；
故选：ACD
11．已知点，在圆上，点在直线上，则（ ）
A．直线与圆相离
B．当时，的最大值是
C．当、为圆的两条切线时，为定值
D．当、为圆的两条切线时，直线过定点
【答案】ACD
【分析】对A选项：计算圆心到直线的距离与半径比较即可；对B选项：设出的中点，将求转化为求即可得；对C选项：结合、，有、，即可计算；对D选项：设出点坐标，结合性质算出直线方程，计算出定点即可得.
【详解】对于A：因为到直线的距离，即直线与圆相离，A正确；
对于B，令的中点为，则，，
点在以为圆心，为半径的圆上，
，显然当在上运动时，无最大值，B不正确；

对于C，当、为切线时，，，
所以在中，，
同理，
，故C正确.

对于D，设，当、为切线时，，，
点、在以为直径的圆上，
此圆的方程为，由圆，
作差得直线为，
即，即有，解得，
所以直线过定点，D正确.
故选：ACD.
12．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在阳马P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，，，，则下列结论正确的有（ ）
A．四面体P－ACD是鳖臑B．阳马P－ABCD的体积为
C．阳马P－ABCD的外接球表面积为D．D到平面PAC的距离为
【答案】BD
【分析】根据鳖臑定义判断A，根据锥体体积公式判断B，通过补形确定阳马P－ABCD的外接球的直径，结合球的体积公式判断C，利用等体积法求D到平面PAC的距离判断D.
【详解】设，，，
由侧棱PD⊥底面ABCD，，，，
可得，解得
即，，．
对于A，由，，可得△PAC不是直角三角形，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，将阳马补形为长为2，宽为1，高为1的长方体，
可知其外接球直径为，
故阳马的外接球半径，
表面积，故C错误；
对于D，设D到平面的距离为h，
由，，
可得的面积为，
由等体积法，
可得，
解得，故D正确．
故选：BD.
三、填空题
13．抛物线的准线方程是，则实数 .
【答案】/
【分析】将抛物线方程化为标准方程，根据其准线方程即可求得实数.
【详解】抛物线化为标准方程：，
其准线方程是，而
所以 ，即 ，
故答案为：
14．已知数列中，，若对任意，则数列的前项和 ．
【答案】
【分析】由，可得，利用等比数列的通项与求和公式，结合累加法可得答案.
【详解】由，且，可知，
则可化为，
则有，即是等比数列，
且公比为2，首项为，则，
所以
，
即数列的前项和为．
故答案为：.
15．已知，，，则
【答案】/
【分析】由、，借助，可先将消去，再结合辅助角公式，计算出的值，即可得的值.
【详解】由，得，
得①，
由，得，
得②，
①②得：，
即，
.
故答案为：
16．已知函数，若不等式恒成立，则实数的最大值为 ．
【答案】/
【分析】设，结合的奇偶性和单调性分析可得对任意的恒成立，令，利用导数判定原函数的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【详解】设，可知的定义域为，
则，所以为奇函数，
因为，可知在上单调递增，
对于不等式，即，
可得，则，
可得，注意到，可得，
原题意等价于对任意的恒成立，
令，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
当时，取到最小值，
可得，所以实数的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：1.构建函数，将问题转化为函数奇偶性，方便理解分析；
2.利用参变分离处理恒成立问题，这是常用处理技巧.
四、问答题
17．已知数列中，对于任意正整数，，都有且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前2024项和.
【答案】(1)
(2)2039205
【分析】（1）令，即可得数列为等差数列，结合即可得；
（2）先计算出的值，再计算出的值，求和即可得.
【详解】（1）令，则由已知得，即，
又因为，故数列是以为首项，为公差的等差数列，
即有.
（2）因为当时，，
故
由，
故.
18．在钝角中，内角，，的对边为，，，已知.
(1)若，求；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）化简可得，结合三角形的内角和即可解得.
（2）先由三角形的内角和及钝角可求得，，结合正弦定理和三角恒等变换公式化简得，换元转化成函数利用导数可求出函数值域即可求解.
【详解】（1）解：因为，
所以
即，即，即,
因为，所以，
因为，所以，，所以
（2）由（1）知，，所以，
因为，，
所以或，
又因为在钝角中，故，所以，
所以为锐角，且，解得，所以
由正弦定理可得
，
令，则，，
对应函数为，
，所以在为减函数，
所以，当趋近于时，趋近于，
所以的值域为，
即的取值范围为
五、应用题
19．中国象棋是中国棋文化，也是中华民族的瑰宝，中国象棋使用方形格状棋盘，圆形棋子共有32个，红黑各有16个棋子，摆动和活动在交叉点上．双方交替行棋，先把对方的将（帅）将死的一方获胜，为丰富学生课余生活，现某中学举办象棋比赛，经过3轮的筛选，最后剩下甲乙丙三人进行最终决赛．甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙与甲，乙比赛获胜的概率都为
(1)如果甲与乙采用5局3胜制比赛（其中一人胜3局即结束比赛），那么甲胜乙的概率是多少；
(2)若第一轮甲与乙比赛，丙轮空；第二轮由丙与第一轮的胜者比赛，败者轮空；第三轮由第二轮比赛的胜者与第二轮比赛的轮空者比赛，如此继续下去（每轮都只比赛一局），先胜两局者获得冠军，每场比赛相互独立且每场比赛没有平局，求乙获得冠军的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意，分别求比三局、四局、五局甲获胜的概率，由此能求出甲获胜的概率．
（2）分第一轮乙胜、第一轮甲胜分别计算出概率即可.
【详解】（1）记比三局甲获胜的概率为，则，
比四局甲获胜的概率为，则，
比五局甲获胜的概率为，则，
则甲获胜的概率为，
答：甲胜乙的概率为
（2）若第一轮乙胜，则第二轮由乙丙比赛，若第二轮乙胜，则结束比赛，且概率为；
若第二轮丙胜，则进入第三轮甲丙比赛，必须甲胜，再进入第四轮由甲乙比赛，并且乙获胜结束比赛，且概率为；
若第一轮甲胜，则第二轮由甲丙比赛，必须丙胜，再进入第三轮由丙乙比赛，必须乙胜，再进入第四轮由甲乙比赛，乙获胜，结束比赛，且概率为，
故乙获得冠军的概率为，
答：乙获得冠军的概率为.
六、解答题
20．如图，是三棱柱的高，，，E是对角线和的交点．
(1)证明：//平面；
(2)若二面角的正切为，，，， 求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）取中点，依题意可得面，进而得到，则有，为的中点，再根据线面平行的判定定理进行证明即可.
（2）根据已知条件求出各边长，以，的正方向分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，利用进行求解.
【详解】（1）取中点，连接，，连接BO并延长交AC于点M，连接.
因为，所以.
因为是三棱柱的高，所以面，
又面，所以.
因为，面，面，所以面，
因为面，所以.
因为，所以，故为的中点.
因为为的中点，所以，
又，平
所以平面.
（2）由（1）可知，为二面角的平面角，
因为且二面角的正切为，所以.
在中，，所以，
则在中，，
因为，且根据最小角定理，
，，
所以，，
所以，，，.
如图以，的正方向分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
所以
所以设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以平面的一个法向量为；
又，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
21．已知：平面内的动点P到定点为和定直线距离之比为，
(1)求动点P的轨迹曲线C的方程；
(2)若直线与曲线C的交点为M，N，点，
当满足 a 时，求证： b .
①;
②;
③直线过定点，并求定点的坐标.
④直线的斜率是定值，并求出定值.
请在①②里选择一个填在a处，在③④里选择一个填在b处，构成一个真命题，在答题卡上陈述你的命题，并证明你的命题
【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）设出点的坐标，利用给定条件列出方程，再化简方程即得.
（2）分别选择①③和②④，联立直线与曲线C的方程，利用韦达定理结合所选条件列式计算即得，选①④和②③分析不能构成真命题即可.
【详解】（1）设，P到的距离为d，依题意，，则，
化简得，
所以动点P的轨迹曲线C的方程是.
（2）选①③，当满足时，求证：直线过定点，并求定点的坐标.
由消去并整理得：，
，设，
于是，
由，得，
即，
整理得，
于是，
整理得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，舍去，
当时，直线过点，
所以直线过定点，该定点坐标为.
选①④，当满足时，求证：直线的斜率是定值，并求出定值.
由选①③的解析知，直线绕定点旋转，其斜率不是定值，则①④构成的命题不是真命题.
选②④，当满足时，求证：直线的斜率是定值，并求出定值.
由消去并整理得：，
，设，
于是，
由，得，
整理得，，
化简得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，舍去，
当时，直线的斜率是定值，此定值为.
若选②③，当满足时，求证：直线过定点，并求定点的坐标.
由选②④的解析知，当满足时，直线的斜率是定值，直线是平行直线，不可能过定点，
因此②④构成的命题不是真命题.
【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
七、证明题
22．已知函数.
（1）求在处的切线方程；
（2）求证：；
（3）求证：有且仅有两个零点.
【答案】（1）（2）见解析（3）见解析
【分析】（1）求出，即可求出切线的点斜式方程，整理可得切线方程为；
（2）根据图像与切线关系，先证，再证，通过构造函数，，用导数法求出即可；
（3）对再求导，可得在上单调递增，再由零点存在性定理，可得存在唯一的，使得，进而求出的单调区间，再由，即可证明结论.
【详解】（1），，，
故在处的切线方程为；
（2）先证.令，
，设
，故在上单调递增，
因为，故在上单调递减，在上单调递增，
为的极小值也是最小值，
故，故成立；
再证.
令，，
令得，故在上单调递减，
在上单调递增，是的极小值也是最小值，
故，故成立.
综上知成立.
（3），
设
，
故在上单调递增，
因，，
故根据函数零点存在性定理知存在唯一的，使得，
故在上单调递减，在上单调递增.
因为，故在上存在一个零点0；且
又因为，
故存在唯一使得，
因此有且仅有两个零点.
【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及到导数的几何意义、函数的单调性、极值最值、不等式的证明、函数零点，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.