2024届山东省新泰市第一中学老校区（新泰中学）高三上学期第三次大单元考试数学试题含答案

这是一份2024届山东省新泰市第一中学老校区（新泰中学）高三上学期第三次大单元考试数学试题含答案，共18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。

一、单选题
1．已知集合 ，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据对数函数的性质，以及二次函数的性质，分别求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】由集合，
所以.
故选：C.
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出，再代入中化简即可
【详解】因为，所以，
所以
，
故选：A
3．已知p：，q：，若p是q的充分不必要条件，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求得命题p、q中x的范围，根据p是q的充分不必要条件，即可得答案.
【详解】命题p：因为，所以，解得，
命题q：，
因为p是q的充分不必要条件，
所以.
故选：C
4．，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列说法中正确的个数是（ ）
①若，，则 ②若，，则
③若，，则 ④若，，，则
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据空间中点线面的位置关系即可结合选项逐一求解.
【详解】①，若，，则，①正确.
②，若，，则m，n有可能平行或异面；②不正确.
③，若，，由线面垂直的判定定理可得，，③正确.
④，若，，，因为m不一定在平面内，所以m不一定垂直，④不正确，
故选：B.
5．数列满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，列出数列的前几项，得到数列为周期数列，然后根据周期性求.
【详解】因为数列满足，
所以，，，，
则是以4为周期的周期函数，
所以，
故选：C.
6．为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计的比赛，其中某位同学利用函数图象设计了如图的，那么该同学所选的函数最有可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】将图形置于直角坐标系中，结合奇偶性和单调性即可得结果.
【详解】将图形置于直角坐标系中，如图所示：
由图易知该函数为偶函数，
对于选项B，满足，即为奇函数，故可排除；
对于选项D，满足，即为非奇非偶函数，故可排除；
对于选项C， ，
令，所以在恒成立，
所以在单调递增，
所以在恒成立，
即在单调递增，故排除；
故选：A.
7．公路北侧有一幢楼，高为60米，公路与楼脚底面在同一平面上.某人在点处测得楼顶的仰角为，他在公路上自西向东行走，行走60米到点处，测得仰角为，沿该方向再行走60米到点处，测得仰角为.则（ ）
A．B．3C．D．
【答案】A
【分析】画出相应图形后计算出点到该楼的距离，结合勾股定理与正弦定义计算即可得.
【详解】如图所示，由题意有，，
则有，故，
则，
故，
则.
故选：A.
8．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】结合已知要比较函数值的结构特点,可考虑构造函数,然后结合导数与单调性关系分析出时,函数取得最大值,可得最大,然后结合函数单调性即可比较大小.
【详解】设,则,
当时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增,
故当时,函数取得最大值,
因为,,
,
当时,,函数单调递减,可得,
即.
故选:C
二、多选题
9．已知函数，其图象相邻对称轴间的距离为，点是其中一个对称中心，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数图象的一条对称轴方程是
C．函数在区间上单调递增
D．将函数图象上所有点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标缩短为原来的一半，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到正弦函数的图象
【答案】AB
【分析】由周期求出，由图像的对称性求出的值，可得的解析式，再利用正弦函数的图像和性质，得出结论.
【详解】已知函数（，），
其图像相邻对称中轴间的距离为，故最小正周期, ，
点是其中一个对称中心， 有，
,，由，∴，
可以求得.最小正周期，故选项正确；
由于，所以是函数图象的一条对称轴方程，故选项正确；
时，正弦曲线的先增后减，故选项错误；
将函数图像上所有点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标缩短为原来的一半，再把得到的图像向左平移个单位长度，可得到，选项D错误.
故选：.
10．已知函数及其导函数定义域均为，若，对任意实数x都成立，则（ ）
A．函数是周期函数
B．函数是偶函数
C．函数的图象关于中心对称
D．函数与的图象关于直线对称
【答案】ABC
【分析】根据函数的奇偶性与对称性得函数的周期性，再根据导数运算确定导函数的奇偶性与对称性即可判断，由函数对称性可确定函数与的图象的对称轴.
【详解】解：由题为奇函数关于原点对称，由于关于对称，所以
则，故，即，
所以，即是周期为8的周期函数，故A对；
因为，所以，即，即，
即为偶函数，故B对；
因为，∴，即，
∴关于对称，故C对；
函数与函数的图象关于直线对称，故D错．
故选：ABC.
11．已知数列的前项和为，，，，下列说法正确的是（ ）
A．B．为常数列
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据 ，得是常数列，可确定，计算得到，从而可判断选项.
【详解】，则，
整理得，即，
故是常数列，
所以，即，故D选项正确.
当时，，
经检验时满足，故.
对于A选项，由，知，故A选项正确.
对于B选项，由，知，所以为常数列，故B选项正确.
对于C选项，由，知，故C选项错误.
故选:ABD .
12．用一个平行于正三棱锥底面的平面去截正三棱锥，我们把底面和截面之间那部分多面体叫做正三棱台，如图，在正三棱台中，已知，则（ ）
A．在上的投影向量为
B．直线与平面所成的角为
C．点到平面的距离为
D．正三棱台存在内切球，且内切球半径为
【答案】BD
【分析】对A，借助投影向量性质计算即可得；对B，找出线面角，计算即可得；对C，借助线面平行可得线上点到另一面的距离处处相等即可得；对D，借助三棱台内切球存在则半径为高的一半计算即可得.
【详解】在上的投影向量即为在上的投影向量，
即为，故A错；
过作直线的垂线，交直线AC于点M，过作直线的垂线，
交直线AC于点N，连接，所以，
所以，
由余弦定理得，
所以，
所以，同理可得，又，
、平面，平面，
所以直线与平面所成的角为，故B正确；
取中点，因为，所以，所以，
又平面，所以平面，
所以点到平面的距离为，，
且，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离等，
故选项C错；
取中点H，中点，的外心为，的外心为，
过作垂线交于点，所以，，
所以，
所以，，即，
故D正确.
故选：BD.
三、填空题
13．已知向量，，且，则 ．
【答案】
【分析】由，可得，进而可求出，再根据二倍角的正弦公式及商数关系化弦为切即可得解.
【详解】因为向量，，且，
所以，所以，
则.
故答案为：.
14．已知是半径为2的球的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为 .
【答案】
【分析】先求出外接圆半径，通过球半径和外接圆半径结合勾股定理得出
点到平面的距离，然后再利用体积公式即可求解.
【详解】如图所示
由可知，是以为斜边的直角三角形，
又知，所以，
所以的外接圆的圆心为的中点，半径，
连接,因为点为球心，所以平面，
即的长为点到平面的距离.
在中，，
，
.
所以三棱锥的体积为.
故答案为：.
15．已知，，直线与曲线相切，则的最小值是 .
【答案】4
【分析】根据题意，由导数的几何意义代入计算可得，然后结合基本不等式即可得到结果.
【详解】因为，则，令，可得，然后将代入，可得，即，所以
，当且仅当时，取等号.
所以的最小值是.
故答案为：
16．已知数列满足，若，则 ；若，，，，则当时，满足条件的的所有项组成的集合为 ．
【答案】
【分析】利用等比数列的求和公式可求得；由已知可得出，根据，可得出的取值范围，即可得出满足条件的的取值集合.
【详解】因为，
，
当时，，所以，，
又因为，所以，，，
所以，，即，
因为，所以，满足条件的的取值集合为.
故答案为：；.
四、解答题
17．已知矩形的对角线交于点,边所在直线的方程为,点在边所在的直线上.
（Ⅰ）求矩形的外接圆的方程;
（Ⅱ）已知直线,求证:直线与矩形的外接圆恒相交,并求出相交的弦长最短时的直线的方程.
【答案】解：（1）由且，点在边所在的直线上
所在直线的方程是：即 由得
矩形ABCD的外接圆的方程是：
（2）直线的方程可化为：
可看作是过直线和的交点的直线系,即恒过定点由知点在圆内，所以与圆恒相交，
设与圆的交点为，为到的距离）
设与的夹角为，则当时，最大，最短此时的斜率为的斜率的负倒数：，的方程为
即：
【详解】试题分析：由且点在边所在的直线上得直线的方程，联立直线方程得交点的坐标，则题意可知矩形外接圆圆心为，半径，可得外接圆方程；（２）由可知恒过点，求得，可证与圆相交，求得与圆相交时弦长，经检验，时弦长最短，可得，进而得，最后可得直线方程．
试题解析：（1）∵且，∴，点在边所在的直线上，
∴所在直线的方程是，即．
由得．
∴，∴矩形的外接圆的方程是．
（2）证明：直线的方程可化为，
可看作是过直线和的交点的直线系，即恒过定点，
由知点在圆内，所以与圆恒相交，
设与圆的交点为（为到的距离），
设与的夹角为，则，当时，最大，最短．
此时的斜率为的斜率的负倒数，即，故的方程为，即．
【解析】圆的标准方程；直线与圆相交．
18．在中，角、、的对边分别为、、，若．
(1)求证：；
(2)若，点为边上一点，，，求边长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由可换成正弦值相等，利用三角恒等变换、正余弦定理求解.
（2）已知，可求出的值，再由（1）可求出，再由正余弦定理可解三角形.
【详解】（1），
，
或
当时，，，即，
综上
（2），，，
，
，
设，，，，
在中：
，
19．已知函数是定义域上的奇函数，且.
(1)求a，b的值；
(2)令，若对，都有，求实数的取值范围.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据函数的奇偶性列方程，由此求得的值.
（2）利用换元法化简的解析式，根据二次函数的性质求得，再由来求得的取值范围.
【详解】（1）∵，又是奇函数，∴，，
∴解得，∴.
经验证，函数定义域为，
成立，满足要求，所以，.
（2）由题意知，令，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，∴，
∵函数的对称轴为，
∴函数在上单调递增.
当时，；当时，；
即，
又∵对都有恒成立，
∴，即，解得，
又∵，∴.
20．把矩形以所在的直线为轴旋转180°，得到几何体如图所示.其中等腰梯形为下底面的内接四边形，且，点G为上底面一点，且，.

(1)若P为的中点，求证：平面；
(2)设，，试确定的值，使得直线与平面所成角的正弦值为.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）空间向量法求线面角正弦值计算求参可得.
【详解】（1）证明：因为为直径，
所以，
因为平面，平面
所以，
因为,平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，P为的中点，所以，
因为，平面,平面,
所以平面
（2）因为等腰梯形为底面半圆的内接四边形，，
所以，
所以，
如图，以为坐标原点，在底面半圆过点垂直于平面作直线为x轴，
分别以，为y，z轴建立空间直角坐标系，
由于，，由（1）可知，
故，，，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即
令，则，
由，，，
可得，所以，
设直线与平面所成角为，，
则，
即得，
解得或，符合，
故或
21．已知等差数列的前项和为，，，数列满足，.
(1)求的通项公式：
(2)设数列满足，
①求前项中所有奇数项和，②若的前n项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）构造等比数列，由数列的递推公式求通项公式；
（2）①用裂项求和法求数列的奇数项的和；②用分组求和法求数列的前项的和，再得出不等式的结论.
【详解】（1）因为，所以，且，
所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，
所以的通项公式为；
（2）①设的公差为，因为，，
所以，所以，所以，
所以，所以，
所以
②所以，
所以，
所以，
又因为，所以.
22．已知函数.
(1)当时，讨论函数零点的个数；
(2)当时，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对函数求导，通过讨论函数单调性决定函数零点个数即可；
（2）首先将原不等式转化为，再构造函数，通过研究的单调性判断出，从而求解取值范围即可.
【详解】（1）由得，
当时，，在区间上单调递增，且无限趋近于0时，，
又，故只有1个零点；
当时，令，解得，令，解得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增；
所以当时，取得最小值，
当时，，所以函数无零点，
当时，恒成立，所以函数无零点，
综上所述，当时，无零点，当时，只有一个零点；
（2）由已知有，所以，
所以，
构造函数，则原不等式转化为在上恒成立，
，记，所以，
令，解得，令，解得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，所以，即单调递增，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，则，
令，解得，令，解得，
故在单调递减，单调递增，
故的最小值为，
故的取值范围是.
【点睛】方法点睛：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方.