2024届四川省四川外语学院重庆第二外国语学校高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届四川省四川外语学院重庆第二外国语学校高三上学期期中数学试题含答案，共19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．的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据复数的运算法则，化简复数为，结合复数的概念，即可求解.
【详解】由复数的运算法则，可得，
所以复数的虚部为.
故选：C.
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据集合的运算和对数不等式的解法求解即可.
【详解】不等式，即.
故
所以.
故选：A
3．已知，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先化简条件，利用充分不必要条件列出不等关系，求解即可.
【详解】，因为是的充分不必要条件，所以.
故选：C.
4．剪纸和折纸都是中华民族的传统艺术，在折纸界流传着“折不过8”的说法，为了验证这一说法，有人进行了实验，用一张边长为的正方形纸，最多对折了13次.记第一次对折后的纸张厚度为，第2次对折后的纸张厚度为，以此类推，设纸张未折之前的厚度为毫米，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由等比数列的通项公式求解．
【详解】由题意数列是等比数列，公比是2，且，∴，
故选：C．
5．已知则（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】根据题意得到，再根据求解即可.
【详解】因为，
所以.
故选：C
6．已知二次函数的值域为，则的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】根据二次函数的性质可得，进而根据基本不等式即可求解最值.
【详解】∵的对称轴为：,且，
∴，∴，
由于，所以
∴
当且仅当，即时，最小值为4.
故选：B
7．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】把指数式改写为对数式，应用换底公式后作差，结合基本不等式可比较出与0的大小，得出关系，再结合对数的性质可比较与的大小，从而得出结论．
【详解】∵，，
∴，，，，
∴,
∵，
∴，即，∵，，∴
故选：D．
8．设函数，不等式对恒成立，则实数a的最大值为（ ）
A．B．1C．D．0
【答案】D
【分析】先由定义证为奇函数，结合均值不等式可证，得在R上单调递增，故结合奇偶性与单调性，恒成立转化为对恒成立．
令，用导数法求最小值，即有.
【详解】因为，所以，所以为R上的奇函数．
因为，所以在R上单调递增．
不等式可转化为，
所以，即对恒成立．
令，则，
令，则．
当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．
所以，即，
所以，且当时，取最小值0，
故，即实数a的最大值为0．
故选：D.
【点睛】1.通常函数不等式恒成立问题涉及奇偶性与单调性可先进行转化；
2.含参不等式恒成立问题，一般通过构造函数解决.
一般将参数分离出来，构造函数用导数法讨论不含参数部分的最值；或者包含参数一起构造函数，用导数法对参数分类讨论.
当参数不能分离出来时，也可尝试将不等式左右变形成一致形式，即可将该形式构造成函数，通过导数法分析单调性，将问题等价成对应自变量的不等式.
二、多选题
9．向量是近代数学中重要和基本的概念之一，它既是代数研究对象，也是几何研究对象，是沟通代数与几何的桥梁.若向量满足，则正确的是（ ）
A．B．与的夹角为
C．D．在上的投影向量为
【答案】BCD
【分析】根据向量的数量积、向量的模、向量夹角以及投影向量的运算，逐项判断即可.
【详解】因为，所以，又，所以，故A错误；
因为，所以与的夹角为，故B正确；
，所以，所以C正确；
在上的投影向量， 所以D正确.
故选：BCD
10．已知的最小正周期为，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．函数在上为增函数
C．直线是函数图象一条对称轴
D．点是函数图象的一个对称中心
【答案】BD
【分析】将化为标准型，借助函数的性质判断函数的性质.
【详解】由题意得，
因为，所以最小正周期为，所以，故A错误；
所以
当时，，
因为是函数的单调递增区间，而，
所以函数在上为增函数，故B正确；
当时，，
所以直线不是函数图象一条对称轴，故C错误；
当时，，
所以点是函数图象的一个对称中心，故D正确.
故选：BD
11．如图，杨辉三角形中的对角线之和1，1，2，3，5，8，13，21，..构成的斐波那契数列经常在自然中神奇地出现，例如向日葵花序中央的管状花和种子从圆心向外，每一圈的数字就组成这个数列，等等.在量子力学中，粒子纠缠态、量子临界点研究也离不开这个数列.斐波那契数列的第一项和第二项都是1，第三项起每一项都等于它前两项的和，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据数列满足，，，依次判断选项即可得到答案.
【详解】由题知：数列满足，，.
对选项A，
，故A错误.
对选项B，，
故B正确.
对选项C，∵
∴，
∴
，故C正确.
对选项D，
∴
.故D正确.
故选：BCD
12．若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数x都满足：和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，，（为自然对数的底数），则（ ）
A．在内单调递增；
B．和之间存在“隔离直线”，且的最小值为；
C．和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是；
D．和之间存在唯一的“隔离直线”.
【答案】ABD
【分析】令，利用导数可确定单调性，得到正确；
设，的隔离直线为，根据隔离直线定义可得不等式组对任意恒成立；分别在和两种情况下讨论满足的条件，进而求得的范围，得到正确，错误；
根据隔离直线过和的公共点，可假设隔离直线为；分别讨论、和时，是否满足恒成立，从而确定，再令，利用导数可证得恒成立，由此可确定隔离直线，则正确.
【详解】对于，，
，，
当时，，单调递增，
，在内单调递增，
正确；
对于，设，的隔离直线为，
则对任意恒成立，即对任意恒成立.
由对任意恒成立得：.
⑴若，则有符合题意；
⑵若则有对任意恒成立，
的对称轴为，，；
又的对称轴为，；
即，，；
同理可得：，；
综上所述：，，正确，错误；
对于，函数和的图象在处有公共点，
若存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点.
设隔离直线的斜率为，则隔离直线方程为，即，
则恒成立，
若，则不恒成立.
若，令，对称轴为
在上单调递增，
又，故时，不恒成立.
若，对称轴为，
若恒成立，则，解得：.
此时直线方程为：，
下面证明，
令，则，
当时，；当时，；当时，；
当时，取到极小值，也是最小值，即，
，即，
函数和存在唯一的隔离直线，正确.
故选：.
【点睛】本题考查导数中的新定义问题的求解；解题关键是能够充分理解隔离直线的定义，将问题转化为根据不等式恒成立求解参数范围或参数值、或不等式的证明问题；难点在于能够对直线斜率范围进行准确的分类讨论，属于难题.
三、填空题
13．已知向量，，且，则 .
【答案】
【分析】求出向量的坐标，利用共线向量的坐标表示可求出的值，求出的坐标，再利用向量的模长公式可求得的值.
【详解】因为向量，，则，
因为，则，可得，所以，，
则，因此，.
故答案为：.
14．若对任意a＞0且a≠1，函数的图象都过定点P，且点P在角θ的终边上，则tanθ＝ .
【答案】-2
【分析】利用指数函数的性质可得函数的图象经过定点的坐标，进而根据任意角的三角函数的定义即可求解.
【详解】令x＋1＝0，求得x＝－1，y＝2，
可得函数（a＞0，a≠1）的图象经过定点P(－1,2)，
所以点P在角θ的终边上，则tanθ＝＝－2.
故答案为：－2.
15．已知数列满足，则数列的前项和为 .
【答案】
【分析】首先根据递推公式得到是以首项为，公比为的等比数列，从而得到，再利用分组求和的方法求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，即，又，
所以是以首项为，公比为的等比数列.
所以，即，
所以.
故答案为：
16．将方程的所有正数解从小到大组成数列，记则 .
【答案】
【分析】首先根据得到，根据的周期，所以，从而得到，所以，即可得到.再结合的图象求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，即的最小正周期为：.
所以，，即.
所以
.
.
的图象如下所示：

令，即.
.
故答案为：
四、解答题
17．在①，②，③，这三个条件中任选一个作为已知条件，然后解答问题.记的内角的对边分别为，的面积为S，已知______.
(1)求A；
(2)若，求.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）选①，由正弦定理化边为角后，利用两角和的正弦公式变形求解；选②由诱导公式和二倍角公式变形后，再同①求解；选③由诱导公式和二倍角公式变形后可得；
（2）由面积公式求得，再由余弦定理计算．
【详解】（1）选①，由正弦定理得，
是三角形内角，，则，，
所以，又，所以，所以；
选②，，
，即，以下同选①；
选③，则，是三角形内角，，所以，又，所以；
（2）由（1）知，，
，
所以．
18．已知等差数列的前项和，且，.
(1)求，；
(2)设，设的前项和为，若恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）由已知条件建立基本量的方程组，求解即可；
（2）根据（1）求出并裂项即可求出，进而求出的取值范围.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得，解得，
所以，，.
（2）由（1）可知，
所以，
所以，
因为，所以，所以，即，
又恒成立，所以，
故的取值范围为.
19．重庆市第二外国语学校在83周年校庆时组织了“校史”知识竞赛，有两类问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得40分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得60分，否则得0分.已知小王同学能正确回答A类问题的概率为0.7，能正确回答B类问题的概率为0.5，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
(1)若小王先回答A类问题，记为小王的累计得分，求的分布列；
(2)为使累计得分的期望最大，小王应选择先回答哪类问题？并说明理由.
【答案】(1)分布列见解析
(2)A类，理由见解析
【分析】（1）根据题意得到，，，再列出分布列即可.
（2）分别算出数学期望，再比较即可得到答案.
【详解】（1）因为，，.
所以分布列为：
（2）若小王先回答B类问题，记为小王的累计得分，
因为，，.
所以分布列为：
，
，，
所以先回答A类问题.
20．如图，已知四棱锥，底面是边长为的菱形，平面，，、分别是、的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)若，求锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明和得平面，再利用面面垂直判定定理求解；
（2）建立空间直角坐标系求两个平面的法向量代入二面角公式求解.
【详解】（1）证明：由四边形为菱形，，可得为正三角形，
为的中点，，
又，，
平面，平面，
，而平面，平面，且，
平面，
又平面，
平面平面.
（2）由（1）知、、两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
，，
设平面的法向量为，
则，因此，取，则，
连接，平面，平面，．
，，、平面，
平面，
故为平面的法向量．
又，
．
二面角为锐二面角，
所求二面角的余弦值为．
21．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，焦距为2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)动直线交椭圆于A、B两点，D是椭圆C上一点，直线OD的斜率为，且．T是线段OD延长线上一点，且，的半径为，OP，OQ是的两条切线，切点分别为P，Q，求的最大值．
【答案】(1)；
(2)最大值为.
【分析】（1）根据焦距易得，再根据离心率为可得椭圆方程;
（2）将直线与椭圆联立得到方程组，利用弦长公式得到的表达式，再利用，则可得到，即圆半径的表达式，根据，则,则将直线的方程与椭圆方程联立，得到的表达式，利用,将上述表达式代入，利用换元法结合二次函数最值得到的最值，最终得到的最大值.
【详解】（1）由题意得，，
又，，，
椭圆方程为：.
（2）
设，，
联立，得，
，
，，
，
，直线的方程为：，
联立得，，
，
,
，
令，，且，
则
当且仅当，，即，时等号成立，
，因此，
的最大值为，
综上所述，的最大值为，此时.
【点睛】本题第二问计算量与思维量较大，对于弦长公式要做到熟练运用，角度最值转化为在一定角度范围内的角的正弦值的最值，最终结合换元法，配方法等求解函数表达式的最值，从而得到角度的最值.
22．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)设、是函数的两个极值点.证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，对和的大小进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；
（2）分析可知方程在上有两个不等的实根、，根据二次方程根的分布可求得实数的取值范围，列出韦达定理，化简得出，利用导数证得函数在上的最大值小于，即可证得结论成立.
【详解】（1）因为，该函数的定义域为，
.
因为，由得：或.
①当，即时，对任意的恒成立，且不恒为零，
此时，函数的增区间为，无减区间；
②当，即时，由得或；由得.
此时，函数的增区间为、，减区间为；
③当，即时，由得或；由得.
此时函数的增区间为、，减区间为.
综上所述：当时，函数的增区间为，无减区间；
当时，函数的增区间为、，减区间为；
当时，函数的增区间为、，减区间为.
（2）因为，其中，
，
因为有两个极值点、，
所以，方程在上有两个不等的实根、，
所以，，解得，所以.
所以
令，其中，则.
当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
0
40
100
0.3
0.35
0.35
0
60
100
0.5
0.15
0.35