2024届广东省汕头市金山中学高三上学期阶段性考试数学试题含答案

这是一份2024届广东省汕头市金山中学高三上学期阶段性考试数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出集合，再求两集合的交集即可.
【详解】解：∵，
，
∴.
故选：C.
2．已知角的始边与轴非负半轴重合，终边过点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三角函数的定义求得，结合正弦的倍角公式，即可求解.
【详解】由题意，角的始边与轴非负半轴重合，终边过点，可得，
根据三角函数的定义，可得，
所以.
故选：B.
3．中，“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由正弦定理，大角对大边，大边对大角等证明出充分性和必要性均成立，从而求出答案.
【详解】因为，由大角对大边可得，
由正弦定理得，且，
所以，故，充分性成立，
同理当时，，，
由正弦定理可得，
由大边对大角可得，必要性成立，
“”是“”的充要条件.
故选：C
4．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．7B．C．D．10
【答案】B
【分析】根据等差数列的前项和为公式解决即可.
【详解】因为，，
所以，解得，
所以.
故选：B.
5．教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气.按照国家标准，教室内空气中二氧化碳日平均最高容许浓度应小于等于0.1%.经测定，刚下课时，空气中含有0.2%的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为%，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准至少需要的时间为（ ）
（参考数据）
A．11分钟B．14分钟
C．15分钟D．20分钟
【答案】A
【分析】由时，求得；由列不等式，通过解不等式来求得需要的时间.
【详解】依题意可知时，，即，
所以，
由，得，两边取以为底的对数得
，，
所以至少需要分钟.
故选：A
6．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】通过作差法结合函数确定差的正负从而来确定的大小；通过作商法然后结合函数确定商的大小从而来确定的大小，最终确定三者大小关系.
【详解】因为，
所以．
令，则，所以函数在上单调递增，
所以当时，，即有成立，
所以，得，所以.
因为，所以令，
则，所以函数在上单调递增，
所以当时，，即有成立，
所以，即，所以，即.
综上：.
故选：A.
7．若过点可作曲线三条切线，则（ ）
A．B．
C．或D．
【答案】D
【分析】设出切点，求导，得到切线方程，将代入切线方程，得到，故有三个实数根，令，求导，得到其单调性和极值点情况，从而得到不等式，求出答案.
【详解】设切点为，则，
，故，且切线方程为，
因为在切线上，故，
整理得，
因为过点可作曲线三条切线，
故有三个实数根，
设，则，
由得，或，
因为，由得或，此时单调递增，
由得，此时单调递减，
所以的极大值点为，极小值点为，
故要有三个实数根的充要条件为，
即，解得.
故选：D
【点睛】应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：
(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；
(2) 已知斜率求切点即解方程；
(3) 已知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.
8．已知函数，若函数恰有5个零点，且，，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】将看成整体解出或，作出的大致图象，将式子化为，然后转化为的范围进行分类讨论即可判断.
【详解】当时，，此时，，
令，解得：，令，解得：，
可得在上单调递减且恒负，在上单调递增且恒负，且，
当时，，作出的大致图象如图所示，
函数恰有5个零点，
等价于方程有5个不同的实数根，
解得：或，，该方程有5个根，
且，则，，
当时，，
，故，
所以
；
当时，，
，故，
所以
，
综上：的取值范围是：.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是对的理解，将看成一个，解出其值，然后通过图象分析，转化为直线与图象的交点情况.
二、多选题
9．已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】根据复数的运算及复数的模、共轭复数的概念即可得解.
【详解】， ，
，，，
故选：BD
10．已知AB为圆的直径，直线与y轴交于点M（A，B，M三点不共线），则（ ）
A．l与C恒有公共点
B．是钝角三角形
C．的面积的最大值为l
D．l被C截得的弦的长度最小值为
【答案】ABD
【分析】M是一个在圆内的定点，可以判断AB选项；根据AB是定值可以判断到的距离最大时，三角形面积最大，从而判断C选项；l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，从而判断D选项.
【详解】直线与y轴交于点M，，
且M在圆内部，
所以l与C恒有公共点，A正确；
因为点M在圆内部，为钝角，是钝角三角形，B正确；
M到AB的最大距离，即到圆心的距离为1，
，故C错误；
l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，
且此距离为M到圆心的距离为1，故弦长为，故D正确.
故选：ABD
11．如图，正方体的棱长为a，E是棱的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若E为的中点，则直线平面
B．三棱锥的体积为定值
C．E为的中点时，直线与平面所成的角正切值为
D．过点的截面的面积的范围是
【答案】BCD
【分析】利用空间向量研究线面关系可判定A，利用等体积法可判定B，利用线面角的定义可判定C，利用平面的性质及面积公式结合函数的单调性可判定D.
【详解】
如图所示，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，即，，
所以直线平面不成立，故A错误；
易知平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角，
则，所以，故C正确；
设，作，则易知，，
由平面的性质可知过点的截面即平面，
由上可知，，
所以，
则与的距离为，
故截面面积，
令，易知函数在内单调递增，
所以，故，D正确.
由等体积法可知：，故B正确；
故选：BCD
12．设定义在R上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．函数的图象关于对称B．的周期为4
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据为奇函数，得出的图象关于点对称，逆向思维根据导数的性质得出与的关系：，代入推出图象的对称轴是，从而判断A，进而得出的周期是4，这样只要得出的值及关系即可求解判断BCD．
【详解】因为,所以，
又，用替换得，，
所以，令得，，
所以，用替换得，所以函数的图象关于对称，A正确；
为奇函数，即的图象关于原点对称，
图象向右平移2个单位得的图象关于点对称，，，又，
所以，从而，
则是周期函数，4是它的一个周期，，
的图象是由的图象平移变换得到，因此也是周期为4的周期函数，B正确；
，，所以（）中连续4个数的和为0，
，C正确；
，，所以，D错，
故选：ABC．
【点睛】方法点睛：本题考查导数的运算，抽象函数的奇偶性、对称性及周期性的综合应用，解题方法是利用逆向思想得出，然后代入已知条件求出，再根据函数的奇偶性、对称性与周期性的关系求解．
三、填空题
13．的展开式中项的系数是 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】展开式的通项为，取，计算得到答案.
【详解】展开式的通项为，
取得到，故的展开式中项的系数是.
故答案为：
14．已知函数，若，则 ．
【答案】5
【分析】令，根据为奇函数可求出.
【详解】令，可得为奇函数，所以，
因为，所以，所以，
则.
故答案为：5.
15．设函数，是定义在R上的偶函数，为其导函数，当时，，且，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】令，由导数确定时的单调性，不等式化为，从而得出的范围，再由奇偶性得出时，满足题意的范围，综合后得出结论．
【详解】设，则，所以时，是增函数，
时，，，即，所以，
又是偶函数，所以时，，
综上，不等式的解集结为．
故答案为：．
16．已知函数（其中，）.T为的最小正周期，且满足.若函数在区间上恰有2个极值点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意可得为的一条对称轴，即可求得，再以为整体分析可得，运算求解即可得答案.
【详解】由题意可得：的最小正周期，
∵，且，则为的一条对称轴，
∴，解得，
又∵，则，
故，
∵，则，
若函数在区间上恰有2个极值点，则，解得，
故的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质问题的三种意识
(1)转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式．
(2)整体意识：类比y＝sinx的性质，只需将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sinx中的“x”，采用整体代入求解．
①令ωx＋φ＝，可求得对称轴方程．
②令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标．
③将ωx＋φ看作整体，可求得y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，注意ω的符号．
(3)讨论意识：当A为参数时，求最值应分情况讨论A>0，A<0.
四、解答题
17．在中，角所对的边分别为且
(1)求角A的大小；
(2)若D为边中点，且，求a的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合二倍角公式求得，继而角可求；
（2）由D为边中点得，左右平方实数化可得，再利用基本不等式来求出得最值，结合余弦定理即可求出a的最小值.
【详解】（1），由正弦定理得
又，
又即，
又，，.
（2）D为边中点，，即
，
又,
，即，当且仅当时取等号，
又因为三角形中由余弦定理可得，,
，即,
故a的最小值为.
五、证明题
18．已知数列满足，.
(1)记，求证：数列是等比数列；
(2)若，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先计算出，，再推导出当时，，故数列是首项为5，公比为2的等比数列；
（2）在（1）基础上求出，分组求和，得到，计算出，得到答案.
【详解】（1）因为，所以，
故，故，
当时，，
故，
所以数列是首项为5，公比为2的等比数列；
（2）由（1）知：，故，
其中，
故，
设，
故.
六、解答题
19．已知函数在上有两个极值点，，且．
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意得方程在上有两不等实根，进而结合二次函数零点分布求解即可；
（2）根据题意得，进而得，再构造函数，研究单调性得在单调递增，进而.
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵函数在上有两个极值点，且
∴由题意知方程在上有两不等实根，
设，其图像的对称轴为直线，
故有 ，解得
所以，实数a的取值范围是.
（2）证明：由题意知是方程的较大的根，故，
由于，∴，
∴．
设，，，
∴在单调递增，
∴，即成立．
∴不等式成立,证毕.
20．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为的等边三角形，且．
(1)证明：；
(2)在棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，并求出的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）利用面面垂直和线面垂直的性质可证得结论；
（2）取中点，根据垂直关系，可以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用体积公式可求得，设，利用二面角的向量求法可求得的值，进而得到结果.
【详解】（1），为中点，；
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，.
（2）取中点，连接，
为等边三角形，；
分别为中点，，，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
，
，解得：，
，，，，
，，，
假设在棱上存在点，使得二面角的大小为，
设，则，
；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
平面，平面的一个法向量为，
，解得：（舍）或，
，则；
存在点，满足，使得二面角的大小为.
21．已知F1（，0），F2（，0）为双曲线C的两个焦点，点在双曲线C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知点A，B是双曲线C上异于P的两点，直线PA，PB与y轴分别相交于M，N两点，若，证明：直线AB过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得，再结合，可求出，从而可求出双曲线的方程，
（2）设直线AB的方程为，，将直线方程代入双曲线方程消去化简，利用根与系数的关系，表示直线PA，PB的方程，从而可求出点M，N的坐标，再由化简计算可求出的关系，从而可证得结论
【详解】（1）设双曲线C的方程为（），
由题意知，
因为，所以解得
∴双曲线C的方程为
（2）设直线AB的方程为，，
由，整理得，
则，，得，
直线PA方程为
令，则M（0，），同理N（0，）.
由，可得，
∴0，
0，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
∴
当时，
此时直线AB方程为恒过定点，显然不可能
∴，直线AB方程为恒过定点
22．已知函数，，其中为实数.
(1)求的极值；
(2)若有4个零点，求的取值范围.
【答案】(1)，无极小值.
(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的极值；
（2）由可得，令，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理求出参数的取值范围.
【详解】（1）解：因为，，
所以，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即，无极小值.
（2）解：由即，可得，
令，则，
设，则，
由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，，即，，
所以存在，使得，，
即，①，
故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故的极大值为，极小值为和
对①式两边取对数可得，②，
将①②代入得，
同理可得，
要使有四个零点，则必有，解得，
而，，
由零点存在定理可知，当时有且仅有个零点，即有个零点，
所以实数的取值范围为.
【点睛】思路点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．