黑龙江省牡丹江市第二高级中学2023-2024学年高三上学期第二次阶段性考试数学试题

牡丹江二中2023-2024学年度第一学期高三第二次阶段性考试

数学

考生注意：

1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色，墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.

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.

4.本卷命题范围：集合与逻辑､不等式､函数与导数､三角函数､数列､统计.

一､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，只有一个选项是符合题目要求的.

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先解不等式求出两集合，再求两集合的交集

【详解】由，得，解得，

所以，

由，得，所以，

所以，

故选：C

2. 函数的定义域是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据开偶数次方根号里的数大于等于零，分母不等于零，即可得解.

【详解】解：由函数，

得，解得且，

所以函数的定义域是.

故选：A.

3. 冬季奥林匹克运动会，是世界规模最大的冬奥综合性运动会，自1924年起，每四年举办一届．第24届由中国2022年2月在北京举办，分北京赛区、延庆赛区、张家口赛区三个赛区共15个比赛项目．为了宣传奥运精神，红星实验学校组织了甲乙两个社团，利用一周的时间对外进行宣传，将每天宣传的次数绘制成如下频数分布折线图，则以下不正确的为（    ）

A. 甲社团众数小于乙社团众数 B. 甲社团的极差大于乙社团的极差

C. 甲社团的平均数大于乙社团的平均数 D. 甲社团的方差大于乙社团的方差

【答案】C

【解析】

【分析】分析两社团的众数得大小，判断A;计算出两社团的极差，判断B；算出两社团的平均数，判断C，分析两社团频数的波动性，判断D.

【详解】A选项，甲社团众数为2，乙社团众数为3，所以A正确；

B选项，甲社团极差为3，乙社团的极差为2，所以B正确；

C选项，甲社团平均数为 ，

乙社团的平均数为，故两社团平均数相等，所以错误；

D选项，由图可知，甲社团频数的波动性较大，故其方差大于乙社团方差，D正确，

故选：C．

4. 玉雕在我国历史悠久，拥有深厚的文化底蕴，数千年来始终以其独特的内涵与魅力深深吸引着世人．某扇形玉雕壁画尺寸（单位：cm）如图所示，则该玉雕壁画的扇面面积约为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用扇形的面积公式，大扇形面积减去小扇形面积即可求解

【详解】易知该扇形玉雕壁画可看作由一个大扇形剪去一个小扇形得到，设大、小扇形所在圆的半径分别为，，相同的圆心角为，则，得，又因为，所以，，

该扇形玉雕壁画面积

（）．

故选：D．

5. 下图是根据某班学生在一次数学考试中的成绩画出的频率分布直方图，则由直方图得到的25%分位数为（    ）

A. 66.5 B. 67 C. 67.5 D. 68

【答案】C

【解析】

【分析】直接按照频率分布直方图的百分位数求解即可.

【详解】第一组的频率为，前两组的频率之和为，

知25%分位数在第二组内，故25%分位数为.

故选：C.

6. 若，，则“”的一个必要不充分条件是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用基本不等式和充分条件，必要条件的判断逐项进行检验即可求解.

【详解】对于选项A：若，则，所以，又，，所以，所以“”是“”的充分条件，故选项A错误；

对于选项B：若，则，所以，即，所以“”是“”的充要条件，故选项B错误；

对于选项C：由得，

另一方面取，，满足，但，

所以“”是“”的一个必要不充分条件，故选项C正确；

对于选项D：取，，满足，但，所以“”不是“”的必要条件，故选项D错误.

故选：C.

7. 数学源于生活，数学在生活中无处不在!学习数学就是要学会用数学的眼光看现实世界!1906年瑞典数学家科赫构造了能够描述雪花形状的图案，他的做法如下：从一个边长为2的正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边，分别向外作正三角形，再去掉底边（如图①､②､③等）.反复进行这一过程，就得到雪花曲线.

不妨记第个图中的图形的周长为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题图规律确定第n个图边的条数及其边长，并写出其通项公式，再求第5个图的周长.

【详解】由图知：第一个图有3条边，各边长为2，故周长；

第二个图有12条边，各边长为，故周长；

第三个图有48条边，各边长为，故周长；

……

所以边的条数是首项为3，公比为4的等比数列，则第n个图的边有条，

边长是首项为2，公比为的等比数列，则第n个图的边长为，

故

故选：C

8. 设函数的定义域为，满足，且当时，.则不等式的解集是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】分，和进行分类讨论，即可求解

【详解】当，，解得无实数解；

当，，则由可得，

令，整理得，解得

解得，

当，，则由可得，

因为，所以，所以恒成立，

综上所述，不等式解集是

故选：A

二､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列命题正确的是

A.  B. ，使得

C. 是的充要条件 D. ，则

【答案】AD

【解析】

【分析】对A．当时，可判断真假，对B.  当时，，可判断真假，对C.  当时，可判断真假，对D可用作差法判断真假.

【详解】A．当时，不等式成立，所以A正确.
B.  当时，，不等式不成立，所以B不正确.
C.  当时，成立，此时，推不出.所以C不正确.
D.  由，因为，则,所以D正确.
故选：A D.
本题考查命题真假的判断，充要条件的判断，作差法比较大小，属于中档题.

10. 已知等差数列的前n项和为，满足，，下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C. 的最大值为 D. 的前10项和为

【答案】BCD

【解析】

【分析】先根据题干条件算出等差数列的通项公式，然后逐一分析每个选项即可.

【详解】根据等差中项，，解得，，解得，设等差数列的公差为，则，于是等差数列的通项公式为：，故A选项错误；

根据等差数列前n项和公式，，B选项正确；

根据B选项可知，，最大值在取得，故C选项正确；

，故的前10项和为：，D选项正确.

故选：BCD

11. 已知函数的定义域为，且．若为奇函数，为偶函数，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】根据函数的奇偶性得到，，取，，，代入计算得到答案.

【详解】为奇函数，故，即，

为偶函数，即.

取得到，故，A错误；

取得到，B正确；

取得到，即，C错误；

取得到，即，D正确.

故选：BD

12. 对于三次函数，给出定义：是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若函数，则下列说法正确的是（    ）

A. 的极大值为

B. 有且仅有2个零点

C. 点是的对称中心

D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】求得，得出函数单调性，结合极值的概念，可判定A正确；根据极大值为，极小值，进而得到函数有3个零点，可判定B错误；求得，令，求得，得出，可判定C正确；根据对称性，得到，结合倒序相加法，可判定D正确.

【详解】由函数，可得，

令，解得或；令，解得，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，

当时，取得极大值，极大值为，所以A正确；

又由极小值，且当时，，

当时，，所以函数有3个零点，所以B错误；

由，可得，令，可得，

又由，所以点是函数的对称中心，

所以C正确；

因为是函数的对称中心，所以，

令，

可得，

所以，

所以，即，

所以D正确.

故选：ACD.

三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】

由题意利用利用诱导公式化简要求的式子，可得结果．

【详解】由诱导公式可得

故答案为：

14. 将某射击运动员的十次射击成绩（环数）按从小到大的顺序（相等数据相邻排列）排列为：8.1，8.4，8.4，8.7，x，y，9.3，9.4，9.8，9.9，已知总体的中位数为9，则的最小值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】由中位数的概念结合基本不等式可得.

【详解】因为总体的中位数为9．所以，则，当且仅当时等号成立．

故答案为：

15. 已知，，则的解析式为________．

【答案】

【解析】

【分析】将代入条件中，得到，根据两式消元，求得函数的解析式.

【详解】由题知，，①；又，②；

由①②得，，

则，

故答案为：

16. 若曲线的一条切线为（为自然对数的底数），其中为正实数，则的取值范围是_________

【答案】

【解析】

【分析】根据导数的几何意义及切线方程可得，由“1”的技巧及均值不等式求解即可.

【详解】∵，∴，

设切点为，则，

∴，∴．

∵，

∴原式，当且仅当，即时等号成立，

即．

故答案为：

四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.

17. 已知在递增等差数列中，，．

（1）求和；

（2）求的通项公式．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由，结合题意得到方程组，即可求解；

（2）设数列的公差为，由（1）列出方程组，求得的值，即可求解.

【小问1详解】

解：因为，所以，

解得或，

又因为数列递增数列，所以.

【小问2详解】

解：设数列的公差为（），

由，可得，解得，，

所以数列的通项公式为．

18. 2021年，为降低疫情传播风险，保障经济社会良好运行，各地区鼓励外来务工人员就地过节、过年．某市统计了该市4个地区的外来务工人员数与就地过年的人员数，得到如下的表格：

（1）已知可用线性回归模型拟合与的关系，求关于的线性回归方程．

（2）假设该市政府对外来务工人员中选择就地过年的人每人发放1000元补贴．若该市区有2万名外来务工人员，根据（1）的结论估计该市政府需要给区选择就地过年的人员发放的补贴总金额；

参考公式：回归方程中斜率和截距的公式分别为，．

【答案】（1）   

（2）（万元）

【解析】

【分析】（1）利用公式求出和，得到线性回归方程；

（2）在第一问的基础上，代入求出，从而估计该市政府需给区选择就地过年的人员发放补贴总金额.

【小问1详解】

，，

，，

所以，，则，

故关于的线性回归方程为；

【小问2详解】

将代入得：，

估计该市政府需给区选择就地过年的人员发放补贴总金额为（万元）.

19. 已知，，，，求：

（1）的值；

（2）的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先由已知条件判断的范围，再利用同角三角函数的关系求出，则由利用两角差的余弦公式可求得，

（2）由同角三角函数的关系求出，从而可求得的值，再利用正切的二倍角公式可求得的值.

【小问1详解】

因为，，

所以，，

所以，

，

所以

.

【小问2详解】

因为，，

所以，

所以，

所以.

20. 设函数，其中，曲线在点处的切线经过点.

（1）求函数的极值；

（2）证明：.

【答案】（1）极小值为，没有极大值   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）先解出，代入函数解析式，求导即可求解（2）由（1）可得，可将所要证明的不等式转化为(需验证等号不同时成立)，构造函数，求导，研究其最值即可证明

【小问1详解】

，则，，

故在处的切线方程，

把点代入切线方程可得，，

，，

易得，当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

故当时，函数取得极小值，没有极大值.

【小问2详解】

证明：等价于，

由（1）可得(当且仅当时等号成立)①，

所以，

故只要证明即可，(需验证等号不同时成立)

设，则，

当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，

所以，当且仅当时等号成立，②

因为①②等号不同时成立，

所以当时，.

21. 已知数列的前项和为，满足·

（1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；

（2）若，设是数列的前项和，求证：.

【答案】（1）证明见解析，；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）利用与关系可推导得到，由此可证得数列为等比数列，结合等比数列通项公式求得后可推导得到；

（2）由（1）可得，采用错位相减法可求得，由可得结论.

【小问1详解】

由得：；

当时，，解得：；

当且时，，

，即，，

数列是以为首项，为公比的等比数列；

，.

【小问2详解】

由（1）得：，，

，，

两式作差得：，

，又，.

22. 已知.其中常数.

（1）当时，求在上的最大值；

（2）若对任意均有两个极值点，

（ⅰ）求实数b的取值范围；

（ⅱ）当时，证明：.

【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）由题得，，，由，可得，即在上单增，且，即，可知在上单减，求得.

（2）（ⅰ）利用两次求导可得时，单减； 时，单增，再由有两个极值点，知，即恒成立，构造函数，利用导数求其最大值，可得实数b的取值范围；

（ⅱ）设，求导可得在单增，得到 ，可得，，结合在上单增，可得，得到

，构造，，再利用导数证明，即可得到

【详解】（1）由得，，

求导，，

，，，即

在上单增，且，

即，，上单减，

.

（2）（ⅰ）求导，

因为对任意均有两个极值点，所以有两个根，

求二阶导，令，得

当时，，单减；当时，，单增，

由有两个根，知，

即对任意都成立，设，求导，

令，得，

当时，，单增；当时，，单减，

，

又，

所以实数b的取值范围是：.

（ⅱ）当时，，，

令，得

当时，，单减；当时，，单增，

又是的两根，且，

，

设，

即，

则

在单增，，即

又，，

又在上单增，

，即，

又在上单减，

令，

则，

在单增，且，

，故在单增

又，，即

【点睛】方法点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，求极值，最值，以及证明不等式，证明不等式的方法：若证明，，可以构造函数，如果，则在上是减函数，同时若，由减函数的定义可知时，有，即证明了，考查学生的函数与方程思想，化归与转化思想，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属于难题.