2024届辽宁省大连市滨城高中联盟高三上学期期中（Ⅱ）考试数学试题含答案

这是一份2024届辽宁省大连市滨城高中联盟高三上学期期中（Ⅱ）考试数学试题含答案，共21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．已知是实数集，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分别计算出、，运用并集的定义即可解决问题.
【详解】由，即，即，解得或，所以或，
因为，所以，故.
故选：A.
2．在复平面内，复数的对应点为，则（ ）
A．2B．-2C．D．
【答案】C
【分析】直接由复数的坐标表示、共轭复数的概念，复数的乘法运算即可得解.
【详解】由题意.
故选：C.
3．已知为两条不同的直线，为三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，且，则
【答案】D
【分析】对于ABC，直接画出长方体举反例，对于D利用“同一法”证明线面垂直即可.
【详解】长方体如图所示：
对于A，设分别为直线，面，此时有面，但，
对于B，设分别为直线，面，面，其中分别为的中点，
此时有面，面，但面面，故B错误；
对于C，设分别为直线，面，面，
此时面，面，面面，但，故C错误；
对于D，若，且，则，
不妨取交线上一点，作平面的垂线，
因为，且点，故，
同理可得，故与是同一条直线，
因为，故，故D正确.
故选：D.
4．设是首项为正数的等比数列,公比为则“”是“对任意的正整数”的
A．充要条件B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【详解】试题分析：由题意得，，故是必要不充分条件，故选C.
【解析】充要关系
【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：
①定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假．并注意和图示相结合，例如“p⇒q”为真，则p是q的充分条件．
②等价法：利用p⇒q与非q⇒非p，q⇒p与非p⇒非q，p⇔q与非q⇔非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．
③集合法：若A⊆B，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若A＝B，则A是B的充要条件．
5．8月29日，华为在官方网站发布了Mate60手机，其中大部分件已实现国产化，5G技术更是遥遥领先，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度取决于信道带宽，位道内信号的平均功率以及信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比．当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计．按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从1000提升至5000，则大约增加了（ ）（参考数值：）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】把两个信噪比代入，然后作商运算即可.
【详解】由题意，，
大约增加了，
故选：C
6．在四面体中，底面，，，点为三角形的重心，若四面体的外接球的表面积为，则（ ）
A．B．2C．D．
【答案】B
【解析】结合题意，先确定外心的位置，进而求得外接圆的半径，然后根据四面体外接球的表面积求得外接球的半径，由此可求，然后根据，求解得到结论.
【详解】设的中点为，因为点是的重心，所以，
设的外心为，由题意可得点在上，
令，则有，即，解得：，
又平面，
所以四面体的外接球的半径，
由题意得，解得：，
所以.
故选：B
【点睛】本题考查四面体与外接球的综合应用，重点考查空间想象，计算能力，属于中档题型，本题求外接球半径的方法具有一般性.
7．设是双曲线的左，右焦点，点P在C上，若，且(O为坐标原点)，则C的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据平面向量加法的几何意义、双曲线的定义，结合余弦定理、双曲线渐近线方程进行求解即可.
【详解】不妨设点P在C的右支上，设，由双曲线的定义可知：，
因为，
所以，
即，
由余弦定理可知：
，
而，所以，因此C的渐近线方程为，
故选：A
【点睛】关键点睛：根据中点利用向量的加法的几何意义求解即解题的关键.
8．已知实数满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题目式子结构构造函数，然后求导，利用单调性列方程求解即可.
【详解】由题意知，即，令，则，
从而，所以，令，则，
所以函数在上单调递增，而，
所以，所以.
故选：D
二、多选题
9．已知实数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】作差法判断A、B；特殊值法判断C；由基本不等式易知，再根据对数性质判断D.
【详解】A：，则，正确；
B：，则，正确；
C：当时，，错误；
D：由（注意等号取不到），则，正确.
故选：ABD
10．抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点（点在轴的下方），则下列结论正确的是（ ）
A．若，则中点到轴的距离为4
B．弦中点的轨迹为抛物线
C．若，则直线斜率
D．
【答案】BCD
【分析】根据焦半径公式及中点坐标公式判断A，设直线方程为并联立抛物线方程，应用韦达定理，利用中点坐标关系表示出中点坐标，消去可得轨迹判断B，结合向量的坐标运算求出点的坐标，然后利用两点式斜率公式求解判断C，由题可得，然后根据基本不等式求解判断D.
【详解】抛物线，则焦点，准线为，
对于A，设、，则，
解得，设为线段的中点，则，
所以点到轴的距离为，故A错误；
对于B，由题意，直线斜率不为0，设：，
联立，得，，
则，，，
设线段中点坐标为，则，消去可得，
故弦中点的轨迹为抛物线，故B正确；
对于C，易知，，
由，可得，，
结合B选项可知，则，
又，可得，，
所以直线的斜率，故C正确；
对于D，由选项B可知，，
所以，
所以，
当且仅当，即时取得等号，故D正确.
故选：BCD
11．已知函数，在下列结论中正确的是（ ）
A．是的一个周期
B．的图象关于直线对称
C．在区间上无最大值
D．在区间上有最小值
【答案】CD
【分析】选项A用周期函数的性质判断即可；选项B利用轴对称的性质，计算判断即可；选项CD，用辅助角公式，三角公式变换，再用换元法求出即可.
【详解】对于A，因为，
又，
，所以不是的一个周期，故A错误；
对于B，，
所以的图象不关于直线对称，故B错误；
对于C，D，当时，，
令，
因为，所以，所以，
设，因为在定义域上是减函数，由复合函数的单调性可知为增函数，故在定义域上为增函数，
所以无最大值，最小值为，故C，D正确；
故选：CD
12．已知四棱锥，底面是正方形，平面，，点在平面上，且，则（ ）
A．存在，使得直线与所成角为
B．不存在，使得平面平面
C．当一定时，点与点轨迹上所有的点连线和平面围成的几何体的外接球的表而积为
D．若，以为球心，为半径的球面与四棱琟各面的交线长为
【答案】BCD
【分析】根据线面角是斜线与平面内直线所成角的最小角判断A，根据平面平面判断B，根据圆锥与其外接球轴截面求球的半径判断C，利用侧面展开图求球与侧面交线长，再由球与底面交线为以点A为圆心，为半径的四分之一圆弧即可判断D.
【详解】对A，如图，
由题意为直线与平面ABCD所成的角，所以与所成的角不小于，故A错误；
对B，平面，平面，，又，面，面，点要在直线上，
因为，所以不存在，故B正确.
对C，由题意知，几何体为圆锥，作圆锥及外接球的轴截面图，如图，
所以外接球的半径满足，解得，
所以外接球的表而积为，故C正确；
对D，将侧面展开，知球与侧面的交线为以点P为圆心，为半径的圆与侧面展开图的交线，即图中，
因为，所以，
又，所以，
由对称性知，所以,
故的长为，
又球与底面交线为以点A为圆心，为半径的圆与底面ABCD的交线，
故长度为，所以球面与四棱琟各面的交线长为，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：因为平面与球的截面为圆面，交线为一段圆弧，所以球与棱锥各面的交线是圆上一段，且圆的半径为，所以只需求出圆心角，本题选项D可以沿侧棱展开，棱锥各个侧面放在同一平面上，借助平面几何知识及对称性求出圆心角为即可得解.
三、填空题
13．已知正四棱台中，，，则其体积为 .
【答案】
【分析】作出正四棱台的直观图，过点作交于点，过点作交于点，利用勾股定理求出棱台的高，最后根据棱台的体积公式计算可得.
【详解】如图正四棱台中，
则，，过点作交于点，
过点作交于点，
则，又，所以，
即正四棱台的高，
所以棱台的体积.
故答案为：
14．若函数在区间上存在最小值，则实数的取值范围为
【答案】
【分析】讨论函数的单调性，确定其极小值点与极小值，由给定条件探讨极小值点位置、区间上函数值与极小值的关系即可作答.
【详解】由得：，当或时，，当时，，
于是得在和上都单调递增，在上单调递减，当时，取得极小值，
因在区间上存在最小值，而函数最值不可能在开区间端点处取得，于是得，且，
即，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
15．已知数列满足，设，其中表示不超过的最大整数，为数列的前项和，若，则正整数的取值范围为 .
【答案】
【分析】首先根据递推公式求出，再由对数的运算性质和数列的新定义得出，最后由裂项相消求出，得出取值范围.
【详解】因为，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以
又因为，其中表示不超过的最大整数，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
解得，
所以，
故答案为：
16．历史上第一位研究圆锥曲线的数学家是梅纳库莫斯（公元前375年-325年），大约100年后，阿波罗尼斯更详尽、系统地研究了圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质.如图甲，从椭圆的一个焦点出发的光线或声波，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，其中法线表示与椭圆的切线垂直且过相应切点的直线，如图乙，椭圆的中心在坐标原点，分别为其左、右焦点，直线与椭圆相切于点（点在第一象限），过点且与切线垂直的法线与轴交于点，若直线的斜率为，，则椭圆的离心率为 .
【答案】
【分析】由离心率公式结合定义得出，再由正弦定理的边角互化得出椭圆的离心率.
【详解】设，则，，，其中，所以椭圆的离心率为
.
故答案为：
四、解答题
17．已知圆的圆心与点关于直线对称，且圆与轴相切于原点.
(1)求圆M的方程；
(2)若在圆中存在弦，且弦中点在直线上，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，则由题意可得，解方程组求出，从而可求出圆的方程，
（2）首先求出的轨迹方程，从而得到直线与圆的位置关系，再列出不等式解出即可.
【详解】（1）设坐标，则，
解得，即坐标
圆与轴相切于圆方程.
（2），圆半径，
轨迹是以为圆心，为半径的圆，则其轨迹方程为，
又在直线上，直线与圆有公共点，即，
.
18．已知是的内角的对边，是边上的中线，设，且.
(1)试判断的形状；
(2)若，试求的余弦值.
【答案】(1)的形状是等腰三角形或是直角三角形
(2)
【分析】（1）画出图形，由正弦定理、三角恒等变换化简即可得到，结合，从而可知相等或互补，由此即可得解.
（2）首先判断的形状是直角三角形，然后结合勾股定理、余弦定理计算即可求解.
【详解】（1）
设，因为，所以，
在中，是边上的中线，所以，
在中，由正弦定理及诱导公式可得，
在中，由正弦定理及诱导公式可得，
所以，即，
在中，，所以或，
因此的形状是等腰三角形或是直角三角形.
（2）
因为，所以，
由（1）可知的形状是直角三角形.
且，所以，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以.
五、证明题
19．已知为数列的前项和，，，记.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知，记数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）借助构造等比数列算出，即可求出；
（2）将裂项后求和，再分奇偶讨论即可得证.
【详解】（1）由，得，，
则，，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，
，
.
（2），
，
，
当为奇数时，，
当为偶数时，，由，可知是递增数列，
，
综上，.
20．如图，在多面体ABCDE中，平面平面ABC，平面ABC，和均为正三角形，，点M为线段CD上一点．

(1)求证：；
(2)若EM与平面ACD所成角为，求平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取AC中点O，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质证明即可推理作答.
（2）利用（1）中信息，建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.
【详解】（1）取AC中点O，连接DO、OB，在正和正中，，
则，而平面平面ABC，
平面平面，平面ACD，平面ABC，于是平面ABC，平面ACD，
又平面ABC，即有，而．因此四边形DOBE是平行四边形，则，
从而平面ABC，平面ADC，
所以.
（2）由（1）知，平面ADC，为EM与平面ADC的所成角，即，
在中，，即M为DC中点，
由（1）知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，

显然平面DAC的一个法向量为，设平面MAB的一个法向量为，
则，令，得，
，
所以平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值为．
六、解答题
21．在平面直角坐标系xOy中，点P到点的距离比到y轴的距离大1，记点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F且斜率不为零的直线l交椭圆E：于A，B两点，交曲线C于M，N两点，若为定值，求实数λ的值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）根据给定条件，设出点P的坐标，再列出方程化简作答.
（2）设出直线l的方程，分别与椭圆E、曲线C的方程联立，利用弦长公式求出弦长，再代入计算判断作答.
【详解】（1）设，依题意，，两边平方并整理，得，
所以曲线C的方程为．
（2）设，，，，依题意，设直线l的方程为，
由消去y并整理，得，而点为椭圆E的右焦点，
因此，，
则，
由（1）知，，
若直线l交曲线C于M、N两点，且，则直线l与相交，
由消去y并整理，得，而点为抛物线的焦点，
则，于是，
从而，
要使为定值，则，即，
所以实数λ的值为3．
七、证明题
22．已知函数.
(1)若对时，，求正实数的最大值；
(2)证明：.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，判断在单调递增，且，在分和讨论分析单调性，极值，求出结果；
（2）由（1）知，当时，，令时，再利用累加法，结合对数的运算即可得出答案.
【详解】（1）由题知，
令，
所以，
又因为时，为正实数，
故在区间恒成立，
所以函数在区间上单调递增，且.
①当时，在区间上恒成立，
函数在上单调递减，
此时，符合题意.
②当时，，由零点存在定理，时，有，
即函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以当时，有，此时不符合，
综上所述，正实数的最大值为1.
（2）由（1）知，当时，，
令时，
有，
即，
所以，，
累加得，
即，所以.
【点睛】方法点睛：第一问先求导，判断在单调递增，且，在分和讨论分析单调性，极值，求出结果；第二问由（1）知，当时，，令时，再利用累加法，结合对数的运算即可得出答案.