2024届江苏省连云港市灌南高级中学高三上学期暑期检测（二）数学试题含答案

2024届江苏省连云港市灌南高级中学高三上学期暑期检测（二）数学试题

一、单选题

1．设a，b，c为实数，且，则下列不等式正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】AD可由不等式的性质推出，B可举出反例，C利用中间值比大小.

【详解】对于A，由不等式的性质知，当时，，故A错误；

对于B，当时，，故B错误；

对于C，因为，所以且，即，故C错误；

对于D，因为，由不等式的基本性质，等式两边同乘以得：，

等式两边同乘以得：，

故，故D正确．

故选：D.

2．设集合.若，则（    ）

A．  B．

C．1 D．3

【答案】B

【分析】根据包含关系结合交集的结果可求的值.

【详解】因为，故，故或，

若，则，，此时，符合；

若，则，，此时，不符合；

故选：B

3．已知，那么命题p的一个必要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】首先解不等式，得到不等式的解，利用集合之间的关系，判断充分必要性，得到结果.

【详解】，运用集合的知识易知，

A中是p的充要条件；

B中是p的必要条件；

C中是p的充分条件；

D中是p的既不充分也不必要条件.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关充分必要条件的判段，正确解题的关键是理解充分必要条件的定义.

4．若不等式对一切实数都成立，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由对一切实数都成立，分和两种结合二次函数的性质分类讨论进行求解即可.

【详解】解：对一切实数都成立，

①时，恒成立，

②时，则，解得，

综上可得，.

故选：D.

5．已知，则的最小值是

A．  B． C． D．

【答案】B

【分析】将代数式与代数式相乘，展开后利用基本不等式求出代数式的最小值，然后在不等式两边同时除以可得出答案．

【详解】因为 ，

又，所以，

当且仅当时取，故选B．

【点睛】本题考查利用基本不等式求代数式的最值，在利用基本不等式求最值时，要注意配凑“定值”的条件，注意“一正、二定、三相等”基本思想的应用．

6．设，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用指数函数与对数函数的性质，即可得出的大小关系.

【详解】因为，

，

，

所以.

故选：D.

【点睛】本题考查的是有关指数幂和对数值的比较大小问题，在解题的过程中，注意应用指数函数和对数函数的单调性，确定其对应值的范围.

比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法：

（1）利用指数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；

（2）利用对数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；

（3）借助于中间值，例如：0或1等.

7．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先确定函数的奇偶性，排除AC选项，再特殊函数值，比较排除选项可得答案.

【详解】因为函数的定义域为，且

，

所以函数是奇函数，故可排除A、C；

又，故可排除B；

故选：D．

8．已知函数是定义在区间上的偶函数，且当时，，则方程根的个数为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】D

【分析】将问题转化为与的交点个数，由解析式画出在上的图象，再结合偶函数的对称性即可知定义域上的交点个数.

【详解】要求方程根的个数，即为求与的交点个数，

由题设知，在上的图象如下图示，

∴由图知：有3个交点，又由在上是偶函数，

∴在上也有3个交点，故一共有6个交点.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：将问题转化为与的交点个数，利用数形结合思想及偶函数的对称性求交点的个数.

二、多选题

9．已知，，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】利用基本不等式和不等式的性质对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】根据基本不等式可知，则，

当且仅当，时，等号成立，故A正确；

因为，，变形得，

所以

当且仅当，即，时，等号成立，

所以，故B错误；

由，，，所以，即，故C正确；

由，可得，

根据前面分析得，即，所以，即，故D正确．

故选：ACD

10．下列叙述中正确的是（    ）

A．若是的必要不充分条件，则

B．若，，，则“”是“”的必要不充分条件

C．若，使不等式成立，则

D．“”是“”的充分不必要条件

【答案】BD

【解析】根据充分条件与必要条件的概念，结合特殊值法，逐项进行判断，即可得出结果.

【详解】A选项，若是的必要不充分条件，则是的真子集，因此只需，解得，故A错；

B选项，由可推出；当时，由不能推出，所以“”是“”的必要不充分条件；故B正确；

C选项，若，则，使得，即能使不等式成立，故C错；

D选项，由可得；而由不能推出，（当时，也满足），所以“”是“”的充分不必要条件；故D正确.

故选：BD.

【点睛】结论点睛：

判断充分条件与必要条件，或由充分条件与必要条件求参数时，一般可根据如下规则判断：

（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；

（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；

（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；

（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含.

11．已知函数为上的奇函数，为偶函数，下列说法正确的有（    ）

A．图象关于直线对称 B．

C．的最小正周期为4 D．对任意都有

【答案】ABD

【分析】由奇偶性知的对称中心为、对称轴为，进而推得，即可判断各选项的正误.

【详解】由的对称中心为，对称轴为，

则也关于直线对称且，A、D正确，

由A分析知：，故，

所以，

所以的周期为4，则，B正确；

但不能说明最小正周期为4，C错误；

故选：ABD

12．下列说法正确的是（    ）

A．若函数的定义域为，则函数的定义域为

B．的最大值为

C．的图象关于成中心对称

D．函数的减区间是

【答案】AC

【分析】根据抽象函数定义域可判断A，根据指数函数的图象和性质判断B，根据函数图象的平移变换判断C，根据对数函数的图象和性质判断出D即可．

【详解】选项A，函数的定义域为，由，解得，

所以函数的定义域为，故选项A正确

选项B，，因为，所以由指数函数的单调性可得，

所以当时函数取得的最小值为，故选项B不正确

选项C，因为的对称中心为，将函数的图象向左平移个单位，

再向上平移个单位得到，对称中心为，故选项C正确；

选项D，为开口向上的二次函数，且时，解得或，

所以当时，单调递减，当时，单调递增，

结合对数函数的单调性可知函数的减区间是，故选项D错误；

故选：AC

三、填空题

13．计算：         ．

【答案】4

【解析】结合指数幂、对数式的运算性质，计算即可.

【详解】由题意，.

故答案为：4.

14．已知，，则的范围是          .

【答案】

【分析】设，求出、的值，利用不等式的基本性质可求得的取值范围.

【详解】设，其中、，

则，解得，所以，，

因为，，则，，

由不等式的基本性质可得，即.

故答案为：.

15．已知集合，或.若，则实数的取值范围是          ．

【答案】或

【分析】根据题意，若，则，分情况讨论，进而求解，得出答案．

【详解】已知集合，或.

若，则，

当，即时，满足条件；

当时，即当时，若，则或，

解得（舍）或，

综上，实数的取值范围是或.

故答案为：或.

16．定义在上的奇函数，当时，则函数的所有零点之和为                   ．

【答案】

【详解】由图知，共五个零点，从左到右交点横坐标依次为，满足，因此所有零点之和为

四、解答题

17．在中，角的对边分别是，已知.

(1)求角；

(2)若，且的面积为，求的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据正弦定理和两角和得正弦公式和诱导公式可得结果；

（2）先由三角形的面积公式求出，再根据余弦定理即可求出的值.

【详解】（1）由及正弦定理得，

，

又，，.

（2）的面积为，，

由余弦定理得，.

18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.已知等差数列的公差，前项和为，若_______，数列满足，，.

（1）求的通项公式；

（2）求的前项和.

【答案】（1）选①：；选②：；选③：；（2）选①：；选②：；选③：

【分析】若选①：（1）先令，代入求出，再由求出公差，进而求出；

（2）先由（1）中求出的结合得到，再求.

若选②：（1）先令，代入求出，再由，，求出公差，进而求出；

（2）先由（1）中求出的结合得到，再求.

若选③：（1）（1）先令，代入求出，再由求出公差，进而求出；

（2）先由（1）中求出的结合得到，再求.

【详解】若选①：

（1），当时，，

，，.

又，，，；

（2）由（1）知：，即，，

又，数列是以为首项，以为公比的等比数列，，

.

若选②：

（1），当时，，

，，.

又，，，；

（2）由（1）知：，即，，

又，数列是以为首项，以为公比的等比数列，，

.

若选③：

（1），当时，，

，，.

又，，，；

（2）由（1）知：，即，，

又，数列是以为首项，以为公比的等比数列，，

.

【点睛】本题考查等差和等比数列通项公式的求解和等比数列前项和的求解问题，考查学生对于等差和等比数列基本量的计算.

19．如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，.

（1）求直线与平面所成角的正弦值；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.

【详解】

（1）由条件可知，，两两垂直，以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系.

设，则，，，，，

所以，，，

设平面的一个法向量为，

则，令，则，

所以平面的一个法向量为，

设直线与平面所成角为，

所以，即所求角的正弦值为.

（2）由（1）知，

设平面的一个法向量为，

则，令，则，

则平面的一个法向量为，

所以，

由图形可知二面角的平面角为锐角，即所求二面角的余弦值为.

20．乒乓球被称为我国的国球，是一种深受人们喜爱的球类体育项目.某次乒乓球比赛中，比赛规则如下：比赛以11分为一局，采取七局四胜制.在一局比赛中，先得11分的选手为胜方；如果比赛一旦出现10平，先连续多得2分的选手为胜方.

(1)假设甲选手在每一分争夺中得分的概率为.在一局比赛中，若现在甲､乙两名选手的得分为8比8平，求这局比赛甲以先得11分获胜的概率；

(2)假设甲选手每局获胜的概率为，在前三局甲获胜的前提下，记X表示到比赛结束时还需要比赛的局数，求X的分布列及数学期望.

数学期望为.

【分析】（1）分析出两种情况，甲乙再打3个球，这三个均为甲赢和甲乙再打4个球，其中前三个球甲赢两个，最后一个球甲赢，分别求出概率，相加即为结果；（2）求出X的可能取值为1，2，3，4，及对应的概率，写出分布列，求出期望值.

【详解】（1）设这局比赛甲以先得11分获胜为事件A，则事件A中包含事件B和事件C，事件B：甲乙再打3个球，甲先得11分获胜，事件C：甲乙再打4个球，甲先得11分获胜.

事件B：甲乙再打3个球，这三个球均为甲赢，则，

事件C：甲乙再打4个球，则前三个球甲赢两个，最后一个球甲赢，则；

则

（2）X的可能取值为1，2，3，4.

，，，，

所以X的分布列为：

其中.

即数学期望为.

21．已知双曲线的左、右顶点分别为，，离心率为2．

(1)过右焦点的直线与双曲线交于两点，且的面积是，求直线的方程；

(2)设点在双曲线的右支上，直线、在轴上的截距之比为，证明：直线过定点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由已知可求双曲线的方程为，设，联立直线与双曲线方程，通过韦达定理求出三角形面积的表达式，解方程即可求出m，从而可求直线l的方程；

（2）设与轴分别交于，，则，设，则，设直线的方程为，联立方程组，根据已知条件结合韦达定理得出的关系式，整理即可得到定点坐标．

【详解】（1）由已知得，由，得，

所以双曲线的方程为，

设，直线，

由消去，得，显然，

则，

，

，，整理得，

解得或（舍去），

直线；

（2）设与轴分别交于，

设，则，

，

设，则，

，

设直线的方程为，

由得，即，

，

，

，

，

，

直线不过，

，

，得，

此时对于，即，

有，满足题意，

所以直线为，则直线过定点．

22．已知函数.

(1)若，求的极值.

(2)若方程在区间上有解，求实数的取值范围.

【答案】(1)极小值为，无极大值

(2)

【分析】（1）求出函数的定义域与导数导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；

（2）对参数分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调性，即可得到函数的极值（最值），从而得到不等式，即可求出参数的取值范围.

【详解】（1）解：因为定义域为，

所以，

当时，，，令得

当时，，当时，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以的极小值为，无极大值.

（2）解：因为，

①若，当时恒成立，所以在上单调递增

要使方程在上有解，则

即 得 ，因为，所以.

②若，当时恒成立，所以在上单调递减，

此时不符合条件.

③若，当时，，当时，

所以在上单调递减，在上单调递增，

此时，，要使方程在上有解，则需，

解得，所以.

综上可知，的取值范围为