安徽省合肥市长丰北城衡安学校2024届高三上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省合肥市长丰北城衡安学校2024届高三上学期期中数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

满分：150 时间：120分钟
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8个小题，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，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用一元二次不等式求解集合B，然后利用集合的关系及交并补运算逐项判断即可.
【详解】因为或，又，
所以集合不是的子集，故选项A错误，，故选项B错误，
因为，，所以集合不是的子集，故选项C错误，
，故选项D正确.
故选：D.
2. 已知a，，，若，则的虛部是（ ）
A. 2B. -2C. -2iD. 2i
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数相等建立方程求解复数，再利用共轭复数及虚部的概念求解即可.
【详解】因为，所以，所以，
所以，所以的虛部是2.
故选：A
3. 设平面向量，，且，则=（ ）
A. 1B. 14C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据，求出把两边平方，可求得，把所求展开即可求解.
【详解】因为，所以又，
则
所以，
则
，
故选：
4. 已知函数，若实数a，b，c互不相等，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的解析式作出函数的图象，根据结合函数的对称性可得及的范围，从而求解的范围.
【详解】作出函数的图象如图：

设，且，
则函数与直线的三个交点从左到右依次为，，，
则点与在函数上，而函数的图象关于直线对称，
所以，由得，
若满足，则，所以，
所以，即的取值范围是.
故选：A.
5. 已知一元二次不等式的解集为，则有（ ）
A. 最小值B. 最大值
C. 最小值2D. 最大值2
【答案】B
【解析】
【分析】由题意先确定参数之间的关系式，从而可将表示成只含有的代数式，结合基本不等式即可求解.
【详解】因为一元二次不等式的解集为，
所以当且仅当，即当且仅当，
所以，
注意到当时，有，
所以由基本不等式可得，
从而，当且仅当即时，等号成立，
综上所述：有最大值.
故选：B.
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先由切弦互换公式、二倍角公式结合已知求得，然后由两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为，所以，
化简并整理得，
又因为，
所以，所以，
所以.
故选：B.
7. 的内角的对边分别是，且，边上的角平分线的长度为，且，则（ ）
A. B. C. 3D. 或3
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，在和中，利用正弦定理求得，在由余弦定理求得，再由，结合面积公式，求得，即可求解.
【详解】由，因为，可得，
又由边上的角平分线，所以，
在中，可得，
在中，可得,
因为，且，
所以，即，
在中，由余弦定理可得，
所以，
又由，即，
因为，可得，即，可得，
所以.
故选：A.

8. 已知定义在上的函数满足，且，，，．若，恒成立，则a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由得到的图象关于点对称，再由，，，得到在上单调递增，再将，转化为，从而有，即，，然后令，，用导数法求得其最大值即可.
【详解】解：由，得，故的图象关于点对称．
因为，，，．
所以在上单调递增，故在上单调递增，
因为，
所以，
所以，即，．
令，，
则．
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，所以．
故选：B
二、多选题（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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）
9. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若复数满足，则
C. 若，则复数一定为实数
D. 若复数满足，则最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据复数相等、复数运算、复数模等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，由于，
根据复数相等的知识可知，A选项正确.
B选项，若，则，但，B选项错误.
C选项，设，
由得，
则，解得，所以为实数，C选项正确.
D选项，由于，所以对应点的轨迹是以为圆心，
半径为的圆，而表示圆上的点到原点的距离，
所以最大值为，D选项正确.

故选：ACD
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知向量，则“的夹角为锐角”是“”的充要条件
B. 已知向量，若，则
C. 若向量，则在方向上的投影向量坐标为
D. 在中，向量与满足，则为等边三角形
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，由的夹角为锐角得且不共线求解判断；对于B，由可求得；对于C，根据投影向量的求法判断；对于D，运算后可判断.
【详解】对于A，由的夹角为锐角，得且不共线，则，解得且，
因此“的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件，A错误；
对于B，由量，，得，解得，B正确；
对于C，由向量，得，
因此在方向上的投影向量为，C正确；
对于D，在中，
，而，因此，
所以不一定为等边三角形，D错误.
故选：BC
11. 已知函数，则（ ）
A. 若函数的图像关于直线对称，则的值可能为3
B. 若关于的方程在上恰有四个实根，则的取值范围为
C. 若将的图像向右平移个单位长度，所得图像关于原点对称，则的最小值是1
D. 若函数在上单调递增，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数的对称轴代入得出判断A，由根的个数可确定，据此判断B，平移后由函数为奇函数可得，可判断C，特殊值检验可判断D.
【详解】对于A，因为函数的图像关于直线对称，
所以，则，
因为，则的值不可能为3，故A错误；
对于B，当时，，
若在上恰有四个实根，
则，解得，故B正确；
对于C，由已知得，
因为函数关于原点对称，则为奇函数，
所以，即，
因为，所以的最小值是1，故C正确；
对于D，当时，，因为，
所以，所以函数在区间上不单调，故D错误．
故选：BC．
12. 已知函数，则（ ）
A. 当时，单调递减B. 当时，
C. 若有且仅有一个零点，则D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】通过导数的正负得出单调性，即可判断A；利用导数得出函数的单调性判断B；若，则，设，即，设，结合单调性求得，即可判断C；若，则，即，求解可判断D.
【详解】对于A：当时，，，，
设，
所以，
令得，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，
因为，
所以，单调递减，故A正确；
对于B：当时，，
设，则，
令得，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，取得最小值，且，
所以，
设，，则，
因为，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
所以，故B正确；
对于C：，
若，则，
设，即，
设，则，
因为，所以，
所以在上，单调递减，
若有且仅有一个零点，则，此时，故C错误；
对于D：若，则，即，
因为单调递减，
所以，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见解题策略：(1)构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；(2)根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将问题逐步转化，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数，再通过导数研究函数的性质进行证明．
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4个小题，每题5分，共20分，将答案填在答题纸上）
13. 为虚数单位，则 __________．
【答案】
【解析】
【分析】利用的指数幂的周期可计算得出所求代数式的值.
【详解】，
故答案为：.
14. 在中，，点在线段上且与端点不重合，若，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据，利用平面向量基本定理可得，利用基本不等式可求得，结合对数运算可得结果.
【详解】，，

在线段上且与端点不重合，，且，，
（当且仅当时取等号），，
.
故答案为：.
15. 在三角函数部分，我们研究过二倍角公式，我们还可以用类似方式继续得到三倍角公式．根据你的研究结果解决如下问题：在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】利用，再根据整体思想将转化为两角和的余弦值化简，再利用诱导公式可得，根据锐角三角形性质可得取值范围，从而得的取值范围，代入化简即可得出结论.
【详解】三倍角公式：
，
因为，
所以.
故，△ABC锐角三角形，故解得，
故，．
故答案为：
16. 已知函数，，若，，则的最大值为__________
【答案】##
【解析】
【分析】由已知可得，，结合函数的图像得，再利用导数求函数的最大值即可.
详解】依题意，，，
由函数，求导得，当时，，递减，
当时，，递增，又当时，，时，，
作出函数的图象，如图：

观察图象知，当时，有唯一解，而，于是，且，
因此，设，，求导得，
令解得，当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，，
所以的最大值为，
故答案为：
四、解答题（本大题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 已知为三角形的一个内角，i为虚数单位，复数，且在复平面上对应的点在虚轴上.
（1）求；
（2）设，，在复平面上对应的点分别为，，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先得到，再根据在复平面上对应的点在虚轴上，由求解；
（2）先得到各复数在复平面上对应的点分别为，，，然后利用余弦定理求得一个角，再利用三角形面积公式求解.
【小问1详解】
解：∵，
∴，，
∴；
【小问2详解】
由（1）知：，，
∴，，
∴.
在复平面上对应的点分别为，，，
∴，，，
由余弦定理可得，且，
∴，
∴.
18. 某网球中心在平方米土地上，欲建数块连成片的网球场．每块球场的建设面积为平方米．当该中心建设块球场时，每平方的平均建设费用（单位：元）可近似地用函数关系式来刻画，此外该中心还需为该工程一次性向政府缴纳环保费用元
（1）请写出当网球中心建设块球场时，该工程每平方米的综合费用的表达式，并指出其定义域（综合费用是建设费用与环保费用之和）；
（2）为了使该工程每平方米的综合费用最省，该网球中心应建多少个球场？
【答案】（1），定义域为
（2）8
【解析】
【分析】（1）先求出每平方米的平均环保费用，再根据综合费用是建设费用与环保费用之和求出的表达式即可；
（2）利用导数得到的单调性，进而求出取最小值时的值即可．
【小问1详解】
由题意可知，，
因为每平方米的平均环保费用为元，
因为每平方米的平均建设费用为可近似地用函数关系式，
所以每平方米的综合费用，
其中函数的定义域为.
【小问2详解】
由（1）可知，
则，
令得，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以当时，取得极小值即为最小值，
所以当该网球中心建8个球场时，该工程每平方米的综合费用最省．
19. （1）如图①，在中，为边上的高，，，，，求的值；
（2）如图②，半径为1，圆心角为的圆弧上有一点，若，分别为线段，的中点，当在圆弧上运动时，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理可得BC，由等面积法可求得AD，根据数量积的运算律得到，从而得解．
（2）建立平面直角坐标，设，，利用坐标法表示出，再利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；
【详解】（1）因为，所以，，
所以，
又，，，
故由余弦定理可得，则，
又，所以，所以，
所以.
（2）以为原点，为轴，反方向为轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则，，
设，，则，，
所以，
因为，则，所以，
所以.

20. 已知函数.
（1）已知，求最小值；
（2）讨论函数单调性.
【答案】（1）0 （2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，判断函数的单调性，利用单调性求出最值即可；
（2）求出函数的导数，分类讨论，根据导函数的正负，判断函数的单调性即可.
【小问1详解】
当时，，
所以.
时，，
时，，时，，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故最小值为.
【小问2详解】
，
时，当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增.
当时，当或时，在和上单调递增；
当时， 在上为减函数.
当时，上，在上为增函数.
当时，当或时，在和增函数；
当时，在上为减函数.
综上，时，在上单调递减，在上单调递增；
时，在和上单调递增，在上为减函数；
时，在上为增函数；
时，在和为增函数，在上为减函数.
21. 某公司规划修建一个含生活和娱乐功能的设施，并在设施前的小路之间修建一处弓形花园（如图所示）．已知为上一点，，设．

（1）用表示，并求的最小值；
（2）问为何值时，点与主体设施之间的距离最近？
【答案】（1），的最小值为12
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理可将分别用表示出来，从而可将表示出来，根据的范围以及正弦函数的单调性即可求出的最小值.
（2）由（1）可知，由已知条件可以推出，，从而在中，运用余弦定理即可表示出，通过三角恒等变换化简表达式，根据的范围以及正弦函数的单调性即可求出的最小值，以及取最小值时相应的的值.
【小问1详解】
因为，且，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，当时，即时，
，所以的最小值为12．
【小问2详解】
因为，所以，
所以三角形是等边三角形，
所以，
又由（1）可知，
所以在中，由余弦定理得
因为，所以，
当，即时，取最小值112，即取最小值，
故当时，与设施之间的距离最近．
22. 已知函数，，且曲线和在原点处有相同的切线．
（1）求实数a的值：
（2）证明：当时，；
（3）令，且．证明：．
【答案】（1）1； （2）证明见解析；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）对和求导，结合导数的几何意义列方程求参数即可；
（2）构造且，利用导数研究单调性比较函数值大小，即可证结论；
（3）由题设有，应用分析法转化为证，结合放缩化为证，将左侧构造函数，利用导数研究函数的单调性，进而确定函数值符号即可证结论.
【小问1详解】
由条件可得，且，．
因为曲线和在原点处有相同的切线，
所以，解得．
【小问2详解】
要证，即证．
令且，则，
再令，则，
所以在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，故．
所以．即成立．
【小问3详解】
由（1）得：当时，
所以，即，
两边同除以，得，即．
∴
要证，只需证，
又，
只需证．
设，，则，
由于函数区间上单调递增，
所以函数在区间上单调递减，而，
所以当时恒成立，在上单调递减．
所以当时，，
当且时，又，
当时，，即，
所以，即成立．
【点睛】关键点点睛：第三问，利用分析法、放缩思想，将问题转化为证为关键.