山东省济南市重点高中2024届高三上学期期中考试 数学试题

这是一份山东省济南市重点高中2024届高三上学期期中考试 数学试题，共21页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答．超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
一、单项选择题：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. 已知集合，，若，则a等于（ ）
A. 或2B. 0或C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用相等集合求出a值，再验证即得.
【详解】集合，，由，得，解得或，
当时，集合中元素，与集合元素的互异性矛盾，
当时，，符合题意，
所以.
故选：C
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. 3B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得，进而求得.
【详解】设，依题意，
，，
所以，解得，
则.
故选：D
3. 设甲：，乙：，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】B
【解析】
【分析】利用三角函数的诱导公式与基本关系式，结合充要条件的判断方法即可得解.
【详解】当时，取，满足要求，
但，则甲不是乙的充分条件；
当时，，则，
所以，则甲是乙的必要条件；
综上，甲是乙的必要条件但不是充分条件.
故选：B.
4. 已知正项等比数列中，，则（ ）
A. 1012B. 2024C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列性质得到，结合对数运算法则求出答案.
【详解】正项等比数列中，，
故，
故
.
故选：B
5. 近来汽油价格起伏较大，假设第一周、第二周的汽油价格分别为m元/升，n元/升()，甲和乙购买汽油的方式不同，甲每周购买40元的汽油，乙每周购买12升汽油，甲、乙两次购买平均单价分别记为，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D. ，的大小无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】分别计算出，关于，的表达式，再根据基本不等式即可求解．
【详解】由题意得，，，
则，
，
所以．
故选：C．
6. 已知，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意利用两角和的正切公式可得，再利用倍角公式结合齐次式问题运算求解.
【详解】因为，
整理得，解得，
所以.
故选：D.
7. 是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC上靠近点B的三等分点，连接DE并延长到点F，使得，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把和代入计算即可.
【详解】
点D，E分别是边AB，BC上靠近点B的三等分点，连接DE并延长到点F，使得，则，，
所以.
故选：B
8. 若存在实数，使得函数的图象关于直线对称，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以为整体结合正弦型函数的性质求出结果.
【详解】因为，且，则，
若函数的图象关于直线对称，
则，解得.
故选：C.
二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9. 在下列函数中，最小值是2的函数有（ ）
A. B. ，
C. 函数，且D. ，
【答案】AD
【解析】
【分析】根据基本不等式的性质求最值，逐项分析判断即可.
【详解】对于，当时，
当且仅当，即时等号成立；
当时，
当且仅当，即时等号成立；
综上所述，的最小值是，故正确；
对于因为，所以，
则，当且仅当时取等号，不成立，
故，故错误；
对于，当时，且，
则函数
此时没有最小值，故错误；
对于,时，，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为，故正确；
故选：
10. 设为数列的前n项和，已知，，，则（ ）
A. 是等比数列B.
C. D. ，
【答案】BD
【解析】
【分析】根据给定条件可得，求出及，再逐项判断即可．
【详解】由，，，得，又，
因此数列是首项为，公比为的等比数列，则，B正确；
当时，，而，不满足上式，于是，A错误；
，C错误；
显然，并且有，因此当时，成立，D正确.
故选：BD
11. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下说法中正确的是（ ）
A. 若，则，
B. 若为锐角三角形，则，
C. 若，则为锐角三角形
D. 若，则为直角三角形
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，利用正弦定理及余弦三角函数的性质即可求解；
对于B，利用锐角三角形的定义及正弦函数的性质，结合诱导公式即可求解；
对于C，利用三角形的内角和定理及诱导公式，结合两角和的正切公式及三角形的特点即可求解；
对于D，利用二倍角的余弦公式及正弦定理的边化角，结合三角形的内角和定理及两角和的正弦公式即可求解.
详解】对于A，由，得，由正弦定理，得，
在中，所以，又在上单调递减，
所以，故A错误；
对于B，因为为锐角三角形，可得,则,
因为，所以，
又在上单调递增，所以，
同理可得，故B正确；
对于C，在中，,
所以,
化为,
即,
又，所以，
在中，最多只有一个角为钝角，
所以，即三个角都为锐角，
所以为锐角三角形，故C正确；
对于D，由及正弦定理，得，
即，
于是有，
所以,即，
又,所以，
所以，又,所以，
所以为直角三角形，故D正确.
故选：BCD.
12. 已知函数，是定义在R上的非常数函数，满足，，且为奇函数，则（ ）．
A. 为奇函数B. 为偶函数
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据已知条件，利用变量代换可推出函数的周期，继而推出，结合函数是定义在R上的非常数函数，即可判断的奇偶性，判断A，B；利用的周期可求得的值，判断C；根据结合变量代换可推出，从而将化为，结合的周期求值即可判断D.
【详解】函数是定义在R上的非常数函数，
由于为奇函数，故，
即，即，
由于，用代换x可得，
结合得：，即，
结合得，
即，故，
即4为函数的周期，故，故为偶函数，
由于是定义在R上的非常数函数，故不是奇函数，故A错误，B正确；
由于，故，即，
故，
故，故C正确；
由得，
而为偶函数且，故，
则，
因为，所以，
故，D正确，
故选：BCD
【点睛】难点点睛：本题考查了抽象函数的性质的应用问题，涉及到函数的奇偶性以及周期性，难点在于要根据已知条件，经过变量代换，推出函数的周期，进而推出函数为偶函数，从而再根据之间的关系，推出，结合函数的周期性，即可求出和式，的值.
三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．
13. 若为钝角三角形，请写出三边a，b，c所满足的一个关系式______（答案不唯一）．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据钝角三角形的知识写出答案.
【详解】为钝角三角形，如为钝角，
由余弦定理得，
所以.
故答案为：（答案不唯一）
14. O是锐角三角形ABC内的一点，A，B，C是的三个内角，且点O满足，则O是的______心．
【答案】垂
【解析】
【分析】根据向量数量积及其运算律可证垂直，从而得出结果.
【详解】因为，
同理，，故O为的垂心.
故答案为：垂.
15. 已知函数在上不是单调函数，则实数m的取值范围是______．
【答案】或
【解析】
【分析】将问题转化为有极值点，即有变号零点，从而得解.
【详解】因为，所以，
又不是单调函数，所以函数有极值点，即在上有变号零点，
则成立，
当时，可化为，显然不成立；
当时，，
因为，，所以或，
所以实数m的取值范围为或（因为要有变号零点，故不能取等号），
经检验，或满足要求.
故答案为：或.
16. 著名的斐波那契数列满足，，其通项公式为，则是该数列的第______项；______．
【答案】 ①. 2024 ②. 322
【解析】
【分析】空1：根据题意可得，根据题意结合裂项相消法运算求解；空2：分析可知，结合递推公式运算求解.
【详解】空1：因为，即，则，
可得
，
所以，
即是该数列的第2024项；
空2：因为，
又因，则，
所以.
故答案为：2024；322.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知集合，．
（1）若是的必要不充分条件，求实数a的取值范围；
（2）若，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）首先求解两个集合，由题意转化为两个集合的包含关系，列不等式求解；
（2）根据两个集合，并结合，即可列式求解.
【小问1详解】
，得，得，
解得：，即，
，函数单调递增，所以，
即，
若是的必要不充分条件，则，
即，解得：；
【小问2详解】
若，则
或，解得：或.
18. 已知函数的部分图象如图所示
（1）求的解析式；
（2）将函数的图象向右平移个单位，再横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，最后将图象向上平移1个单位，得到函数的图象，求函数在区间上的值域．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据图象，依次求得的值，从而求得的解析式.
（2）利用函数图象变换求出函数的解析式，再利用余弦函数的单调性求得在区间上的值域.
【小问1详解】
根据函数的部分图象，
可得，，即，得，
又函数过，所以，，而，则，
所以.
【小问2详解】
根据题意，将函数的图象向右平移个单位得：，
再横坐标伸长为原来的2倍得：，
最后将图象向上平移1个单位得到函数的图象.
由得，
当，即时，单调递增，
当，即时，单调递减，
所以，时， ，
且，
可知.
综上所述，在区间上的值域为.
19. “现值”与“终值”是利息计算中的两个基本概念，终值是现在的一笔钱按给定的利息率计算所得到的在未来某个时间点的价值。现值是未来的一笔钱按给定的利息率计算所得到的现在的价值。例如，在复利计息的情况下，设本金为A，每期利率为r，期数为n，到期末的本利和为S，则其中，S称为n期末的终值，A称为n期后终值S的现值，即n期后的S元现在的价值为．现有如下问题：小明想买一套房子有如下两个方案
方案一：一次性付全款50万元；
方案二：分期付款，每年初付款6万元，第十年年初付完；
（1）已知一年期存款的年利率为4%，试讨论两种方案哪一种更好？
（2）若小明把房子租出去，第一年年初需交纳租金2万元，此后每年初涨租金1000元，假设存款的年利率为4%，预计第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值．（精确到百元）．参考数据：
．
【答案】19. 方案一更好.
20. 27.88万元
【解析】
【分析】（1）从终值来考虑，分别求出全款购置和分期付款的总价值，两者比较即可得出答案．
（2）给出小明第十年房租到期后所获得全部租金的终值的表达式，运用错位相减法即可得出答案．
【小问1详解】
若分期付款，十年后终值(万元).
若全款50万，十年后终值
所以方案一更好.
【小问2详解】
十年房租到期后小明所获得全部租金的终值
记
则
所以
两式相减得
所以(万元).
20. 在中，角A，B，C所对的边分别a，b，c，且
（1）求角A的值；
（2）若，BC边上的中线长为1，为角A的角平分线，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得到，结合，求出；
（2）由正弦定理得到，作出辅助线，得到三角形全等，得到，为等边三角形，由余弦定理得到，因为，所以，由余弦定理得到，从而得到的长.
【小问1详解】
，由正弦定理得，
，
因为，
所以，
因为，所以，故，
因，所以；
【小问2详解】
，由正弦定理得，即，
如图所示，为的中点，故，
由（1）可知，，

延长至点，使，故，
连接，延长，相交于点，
因为，所以≌，
故，，所以，
因为，所以，且，
故为等边三角形，
设，则，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
故，则，，
因为，所以，
在中，由余弦定理得，
故，
所以.
21. 已知数列中，，设为前n项和，．
（1）求通项公式；
（2）若，求数列的前n项和
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先用与的关系以及递推公式求出，再利用累乘法即可求得通项公式；
（2）由（1）结论代入可得，利用三角函数两角差公式化简可得，再利用累加法即可求得数列的前n项和.
【小问1详解】
数列中，，为前n项和，
当时，，，
当时，①，
②，
由②-①得：，，
即，
当时，，递推可得：，，，，
由累乘法可得：，
，又因为，所以，即，经检验，当时符合上式，
所以；
【小问2详解】
由（1）可知，，所以：
，
所以
；
所以数列的前n项和.
22. 已知函数，．
（1）求函数在处切线方程；
（2）求函数的极值．
【答案】（1）
（2）极大值，无极小值
【解析】
【分析】（1）求函数导数，利用导数的几何意义求出切点处切点方程.
（2）借助导数，研究函数的单调性，确定极值.
【小问1详解】
，
因为，，
所以函数在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
.
当时，，，，，所以.
设，其中，则，所以在上单调递减.
当时，且.
又，则.
当时，.
当时，且.
又，则.
综上：在上恒大于0，在上恒小于0，因此是在的唯一极大值点，且的极大值为，无极小值.