2024届广东省潮州市潮安区凤塘中学高三上学期统测（一）数学试题含答案

2024届广东省潮州市潮安区凤塘中学高三上学期统测（一）数学试题

一、单选题

1．下列不等式中，解集为或的不等式是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解绝对值不等式得到A正确，B错误；将分式不等式化为一元二次不等式求解；D选项可直接求解.

【详解】A选项，，即，所以或，

解得或，A正确；

B选项，或，解得或，B错误；

C选项，等价于，解得或，C错误；

D选项，变形为，解得或，D错误.

故选：A

2．已知集合，集合，则有

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出集合A，B，再逐个分析判断.

【详解】因为，，

所以，，，

所以ABC错误，D正确，

故选：D

3．“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】A

【分析】化简，根据真子集关系可得答案.

【详解】因为，且是的真子集，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

4．下列各命题的否定为真命题的是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【分析】根据全称命题与特称命题的否定，结合二次不等式以及举反例的方法，可得答案.

【详解】对于A，命题“，”的否定为“，”，

由恒成立，则命题“，”是假命题，故A错误；

对于B，命题“，”的否定为“，”，

当时，，则命题“，”是假命题，故B错误；

对于C，命题“，”的否定为“，”，

当时，，则命题“，”为假命题，故C错误；

对于D，命题“，”的否定为“，”，

当时，，则命题“，”是真命题，故D正确.

故选：D.

5．已知且，，则（    ）

A．﹣1 B． C．0 D．1

【答案】A

【解析】根据题意，由函数的解析式可得，可解得a、b的值，即可得的值，进而可计算得答案．

【详解】解：根据题意，且，，

则，

解可得，

则，

则.

故选：A

【点睛】本题考查了分段函数求函数值的问题，分段函数是一个函数，分段不分家，一般需要分情况讨论.

6．下列命题为真命题的是（    ）

A．“”是“”的必要不充分条件

B．“”是“”的充分不必要条件

C．，成立的一个充分不必要条件是

D．“，”的否定是“，”（e为自然对数的底数）

【答案】C

【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断A、B、C，根据特称量词命题的否定为全称量词命题判断D.

【详解】对于A：由推不出，如，满足，但是，故充分性不成立，

由也推不出，若，满足，但是，故必要性不成立，

故“”是“”的即不充分也不必要条件，故A错误；

对于B：由，即，所以，解得，因为，

所以“”是“”的必要不充分条件，故B错误；

对于C：，，则，，所以，

因为，所以，成立的一个充分不必要条件可以是，故C正确；

对于D：命题，的否定是，，故D错误；

故选：C

7．下列命题正确的是（     ）

A．“” 的否定为假命题

B．若，则

C．若“”为真命题，则

D．的必要不充分条件是

【答案】B

【分析】A选项，先写出存在性命题的否定命题，然后得到，A正确；B选项，由基本不等式得到；C选项，考虑与，结合根的判别式得到答案；D选项，举出反例得到充分性不成立，由推出，必要性成立，

【详解】A选项，“” 的否定是“”，

因为，所以，为真命题，A错误；

B选项，若，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，

即，解得或（舍去），

故，B正确；

C选项，若“”为真命题，当时，，不对任意恒成立，不合要求，

当时，则，解得，

综上所述，，C错误；

D选项，，若，则不能得到，充分性不成立，

若，则，故，必要性成立，D正确.

故选：B

8．已知正数、满足，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知等式变形可得，利用基本不等式可求得的最小值.

【详解】因为正数、满足，在等式两边同时除以可得，

由基本不等式可得，

当且仅当时，即当时，等号成立，

故的最小值为.

故选：B.

二、多选题

9．下列各组函数是同一函数的是（    ）

A．与 B．与

C．与 D．与

【答案】AD

【分析】根据函数的定义，判断各选项中两函数的定义域、对应关系以及值域是否相同，如有不同即可判断不是同一函数，即可得答案.

【详解】对于A，与的定义域都是R，对应关系相同，

值域相同，故与是同一函数，A正确；

对于B，与的对应关系不同，故二者不是同一函数，B错误；

对于C，与，前者的定义域为R，后者定义域为，

故二者不是同一函数，C错误；

对于D，，与的定义域以及对应关系都相同，

故二者是同一函数，D正确，

故选：AD

10．下列关于充分条件和必要条件的判断，其中正确的是（    ）

A．“，都是偶数”是“是偶数”的充分不必要条件

B．“”是“”的必要不充分条件

C．设，，，则“”是“”的充要条件

D．设，，则“且”是“”的必要不充分条件

【答案】AC

【解析】根据充分条件、必要条件的判定方法，逐项判定，即可求解.

【详解】对于A中，若都是偶数，可得是偶数，所以充分性成立；

反之：比如，此时是偶数，但不是偶数，

所以 “都是偶数”是“是偶数”的充分不必要条件，所以正确；

对于B中，由，解得，所以 “”是“”的充分不必要条件，

所以不正确；

对于C中，由，可得，

解得，故“”是“”的充要条件，所以正确；

对于D中，设，若且，可得，所以充分性成立，

反之：若，不能得出且，所以必要性不成立，

所以，则“且”是“”的充分不必要条件，所以不正确.

故选：AC.

【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，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，则下列结论中正确的是（    ）

A．函数有且仅有一个零点0 B．

C．在上单调递增 D．在上单调递减

【答案】BC

【分析】根据分段函数解析式，结合对数函数性质判断单调性和零点．

【详解】由函数，可得有两个零点0、1，故A错误；

由于，故B正确；

当时，所以在上单调递增，故C正确；

当时，所以在上单调递减，上单调递增，故D错误．

故选：BC．

12．设正实数，满足，则下列说法正确的是（    ）

A．的最小值为4 B．的最大值为

C．的最小值为2 D．的最小值为

【答案】ABD

【分析】根据基本不等式即可结合选项逐一求解.

【详解】对于A，，当且仅当时取等号，故A正确；

对于B，，当且仅当，即，时取等号，故B正确；

对于C，，则，当且仅当，即，时，故C错误；

对于D,，当且仅当，时取等号，故D正确．

故选：ABD．

三、填空题

13．函数，则定义域是        ．

【答案】

【分析】根据解析式列出不等式组求解即可.

【详解】由可得，

，解得，

所以函数的定义域为.

故答案为： .

14．已知二次函数满足，，则不等式的解集为      ．

【答案】．

【分析】由二次函数满足，可设的表达式为（，为常数），根据得到，最后求解的解集即可．

【详解】由二次函数满足，

设的表达式为（，为常数），

则；

，

根据，得，解得，

所以，

令，则，解得，

所以的解集为．

故答案为：．

15．已知不等式的解集为，若函数（且），则      ．

【答案】6

【分析】由题意可得是方程的两个根，然后利用根与系数的关系可求出，从而可求出的解析式，进而可求得.

【详解】因为不等式的解集为，

所以是方程的两个根，

所以，解得，

所以，

所以.

故答案为：6

16．正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围为          .

【答案】

【分析】将问题转化为，利用基本不等式求出的最小值，再解一元二次不等式即可.

【详解】因为不等式恒成立，

所以，

因为，且，

所以，

当且仅当，即时，等号是成立的，

所以，所以，即，

解得.

故答案为：

四、解答题

17．已知数列的前项和，且；

(1)求它的通项

(2)若，求数的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）运用求出；

（2）运用分组求和分别求出和的前n项和即可.

【详解】（1），当时，，

当时，，经验证，满足，

；

（2），，

数列是以首项为1，2为公比的等比数列，

；

综上，，.

18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．

(1)求角B；

(2)若，的面积为，求c的值．

【答案】(1)

(2)2

【分析】（1）结合三角恒等变换，根据正弦定理边化角求解即可.

（2）由面积公式得，再根据余弦定理得，进而求解即可.

【详解】（1）因为，

由正弦定理得，

又，

所以，

所以，

因为，所以，

所以，

所以，

因为，所以，

所以．

（2）因为的面积为，

所以，所以，

由余弦定理得，

所以．

所以，与联立，得．

19．为进一步增强疫情防控期间群众的防控意识，使广大群众充分了解新冠肺炎疫情防护知识，提高预防能力做到科学防护，科学预防. 某组织通过网络进行新冠肺炎疫情防控科普知识问答，共有 100 人参加了这次问答，将他们的成绩（满分 100 分）分成 ，，，，，这六组，制成如图 所示的频率分布直方图.

(1)求图中的值，并估计这 100 人问答成绩的平均数 (同一组数据用该组数据的中点值代替）；

(2)用分层抽样的方法从问答成绩在内的人中抽取一个容量为5的样本，再从样本中任意抽取2人，求这2人的问答成绩均在内的概率.

【答案】(1)，72

(2)

【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，求出参数的值，在根据平均数公式计算可得；

（2）求出，中抽取的人数，利用列举法列出所有可能结果，最后利用古典概型的概率公式计算可得.

【详解】（1）由图可知，，解得，

估计这人问答成绩的平均数为：

.

（2）由频率分布直方图可知，问答成绩在，这两组的频率之比为.

用分层随机抽样的方法从问答成绩在内的人中抽取一个容量为 5 的样本，

则问答成绩在内的有(人)，分别记为、，

问答成绩在 内的有(人)，分别记为、、，

从中任意抽取 2 人，则实验的样本空间为：

共有 个样本点.

设事件 为 2 人的问答成绩均在内，则，

所以这 2 人的问答成绩均在 内的概率.

20．已知函数．

(1)求函数的单调递减区间；

(2)若函数有三个零点，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）对函数直接求导，根据导数正负与原函数单调性关系直接求解即可；

（2）根据（1）中单调性得到函数极大值与极小值，通过变化趋势列出不等式组求解即可.

【详解】（1）函数的导数，

当时，；

当时，.

所以的单调递减区间为.

（2）由（1）得：当时，取得极大值；

当时，取得极小值.

由三次函数性质知：当时，；

当时，.

所以若有三个零点，则，解得.

所以的取值范围为.

21．如图，四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，E为PD的中点．

(1)证明：//平面AEC

(2)设三棱锥的体积是，，求平面DAE与AEC的夹角．

【答案】(1)证明过程见解析

(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的运算公式进行计算证明即可；

（2）根据空间向量夹角公式，结合棱锥体积公式进行求解即可.

【详解】（1）以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，

由几何关系有：，

则直线的方向向量为：，，

设平面的法向量，则：，

据此可得：平面的一个法向量为，

结合可知：，即

据此可得：平面.

（2）因为平面ABCD，E为PD的中点．，

所以点E到平面ABCD的距离为，

因为三棱锥的体积是，

所以有，

结合（1）的结论可知：，

则平面的一个法向量为.

由平面可知平面的一个法向量为：，

据此可得：，

则，

观察可知二面角的平面角为锐角，

故二面角的余弦值为.

22．已知椭圆的右焦点为，上顶点为，，离心率为．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若直线与椭圆相交于两点，且点，当的面积最大时，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据题意，结合椭圆的几何性质，求得的值，即可求得椭圆的方程；

（2）联立方程组，根据，得到的范围，由点到直线的距离公式和弦长公式，分别求得，，得到，结合基本不等式，即可求解.

【详解】（1）解：由题意，可得，且，所以，则，

所以椭圆的方程为.

（2）解：由直线的方程为，则点到直线的距离为，

联立方程组，整理可得，

由判别式，解得，

设，则，

可得

，

所以

，

当且仅当时，等号成立，

所以所求直线的方程为或．