2024届安徽省卓越县中联盟高三上学期期中考试数学试题含答案
展开一、单选题
1.若集合有7个真子集,则实数的取值范围为( )
A.B.C.D.
【答案】A
【分析】根据集合有7个真子集,由集合中包含3个元素求解.
【详解】解:因为集合有7个真子集,
所以集合中包含3个元素,
所以,
解得.
故选:A
2.已知复数满足,则( )
A.B.C.D.
【答案】D
【分析】根据复数的运算法则,准确计算,即可求解.
【详解】根据复数的运算法则,复数,
所以.
故选:D.
3.函数在上的图象大致为( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】根据题意,由函数的解析式先判断在上的奇偶性,再利用特殊点求出的值,用排除法可得答案.
【详解】因为,所以函数在区间上为奇函数,排除A,C;
当时,,排除D,故B项正确.
故选:B.
4.已知向量,,且,若,则( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】根据向量共线的坐标表示,得到,化简求得,即可求解.
【详解】由,可得,所以,
因为,所以,所以,解得,
所以.
故选:B.
5.已知角的顶点在坐标原点,始边与轴的非负半轴重合,终边经过点,则( )
A.B.C.0D.
【答案】C
【分析】根据终边上的点可求得:,,再结合三角函数诱导公式从而求解.
【详解】因为:(为坐标原点),
所以:由三角函数的定义,得,,
所以:.故C项正确.
故选:C.
6.已知函数()的部分图象如图所示,若函数的图象关于原点对称,则的最小值为( )
A.B.C.D.
【答案】D
【分析】先求得,然后根据的奇偶性列方程,求得,进而求得的最小值.
【详解】由图可知,则,而,所以,
,.
由图可知,解得,
故,则.
因为的图象关于原点对称,所以为奇函数,
则,,即,,
故的最小值为.
故选:D
7.已知,,,则( )
A.B.C.D.
【答案】C
【分析】构造函数,利用其单调性比较a,b,再利用作差法比较b,c.
【详解】设,,则,
可知在上单调递增,,即,,所以.
因为,所以.综上,.
故选:C
8.已知在中,,分别为边,上的点,,,且,则的最小值为( )
A.B.C.D.
【答案】A
【分析】设,,设,,得到,且,结合,得到,化简得到,结合基本不等式,即可求解.
【详解】设,,则,,
设,,其中,,
则,,
因为,
所以,
即,
因为,,所以,即,
所以
,
当且仅当,即时等号成立,
所以.
故选:A.
二、多选题
9.如图为2017年至2023年每年1—7月中国中央处理部件进出口数量统计图,则下列说法正确的是( )
A.2017年至2023年每年1—7月中央处理部件进口数量的中位数为583
B.2017年至2023年每年1—7月中央处理部件出口数量的40%分位数为2050
C.2017年至2023年每年1—7月中央处理部件出口数量的平均数超过2152
D.2017年至2023年每年1—7月中央处理部件进口数量的极差小于出口数量的极差
【答案】AC
【分析】计算中位数得到A正确,计算40%分位数为2083,B错误,计算平均值得到C正确,计算极差得到D错误,得到答案.
【详解】对选项A:中央处理部件进口数量从小到大排列为:
343,393,432,583,725,738,869,其中位数为583,正确;
对选项B:,所以中央处理部件出口数量的40%分位数为2083,错误;
对选项C:中央处理部件出口数量的平均数为
,正确;
对选项D:中央处理部件进口数量的极差为,
出口数量的极差为,
中央处理部件进口数量的极差大于出口数量的极差,错误;
故选:AC
10.在平面直角坐标系中,已知,分别为曲线(且)的左、右焦点,则下列说法正确的是( )
A.若为双曲线,且它的一条渐近线方程为,则的焦距为
B.若,过点作的一条渐近线的垂线,垂足为,则的面积为
C.若为椭圆,且与双曲线有相同的焦点,则的值为
D.若,为曲线上一点,则的取值范围是
【答案】BC
【分析】根据双曲线渐近线方程即可判断选项AB,利用椭圆和双曲线方程中的关系即可判断选项C,根据椭圆定义,化简求解即可判断选项D.
【详解】设曲线的半焦距为.
对于A,若为双曲线,则,
所以,解得,则,
双曲线的焦距为,所以A错误;
对于B,的一条渐近线方程为,,
所以点到渐近线的距离,
又,则,
所以,所以B正确;
对于C,因为椭圆与双曲线有相同的焦点,
所以,解得,故C正确;
对于D,设,,则,
,
又,
所以当时,,
当或时,,
所以的取值范围是,故D错误.
故选:BC
11.已知函数,则下列说法正确的是( )
A.当时,在上单调递增
B.当时,在区间上单调递减,在区间上单调递增
C.当时,函数与的图象有两个不同的公共点
D.当时,若不等式在时恒成立,则的取值范围是
【答案】ABD
【分析】对A,B选项,利用导数可判断单调性;对C,令,易判断仅在时取等号,可判断;对D,原不等式恒成立等价于在时恒成立,只需即可,构造函数求出最大值可判断.
【详解】对于A,由题意得,当时,,则在上单调递增,故A正确;
对于B,当时,令,得,则当时,,在区间上单调递减,
当时,,在区间上单调递增,故B正确;
对于C,当时,,令,
利用导数易证不等式恒成立,且仅在处取等号,可得,即,且仅在时取等号,故C错误;
对于D,当时,不等式在时恒成立等价于在时恒成立,
即在时恒成立,
令,,则,
当时,,在区间上单调递增,当时,,在区间上单调递减,故,
故,即实数的取值范围是,故D正确.
故选:ABD.
12.已知函数,当时,,,则下列说法正确的是( )
A.可能取B.
C.若,则D.
【答案】BCD
【分析】根据两角和的正弦公式化简求出的解析式及的取值范围,再根据题中条件逐一判断即可.
【详解】对于A:由题意,得,因为当时,,所以,即,又,所以,,从而可得,故A错误;
对于B:由题意,得,,又由A的分析可知,所以,,所以,故B正确;
对于C:当时,整理得所以,又,对上式整理得,所以,故C正确;
对于D:因为,且,所以随着的增大而增大,所以随着的增大而增大,又,所以,故D正确.
故选:BCD.
三、填空题
13.已知为的边上的高,,,,则 .
【答案】
【分析】先求得,然后根据列方程,化简求得的值.
【详解】因为,所以由得,解得.
故答案为:
14.若,,则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】由题知可将式子构造为:,然后利用基本不等式从而求解.
【详解】因为,所以,
于是,
当且仅当,即时取等号,所以.
故答案为:.
15.已知的内角,,所对的边分别为,,,若,,且,则 .
【答案】
【分析】利用正弦定理、诱导公式、和角公式、差角公式、二倍角公式分析运算即可得解.
【详解】解:由题意,,
则由正弦定理可得,
∵,∴,∴,
又∵,则,
∴,
∴.又由,
可得:,则,
∴,即,则,
∴,即,由解得:,
∴由解得:,.
∴由正弦定理可得:,解得:,,
∴.
故答案为:
16.已知函数,若存在,使得,则实数的最小值为 .
【答案】
【分析】对函数同构,利用中等号成立条件,将问题转化为有实根,构造函数,求出函数的单调性和极值即可求解的最小值.
【详解】令,则,由得,
由得,所以函数在上单调递增,
由得,所以函数在上单调递减,所以,
所以,当且仅当时,等号成立,
可知,
当且仅当时等号成立,原条件等价于方程有实根,
令,则,由得,
由得,所以函数在上单调递增,
由得,所以函数在上单调递减,
所以,所以的最小值为.
故答案为:
【点睛】方法点睛: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.
四、解答题
17.已知函数.
(1)若的图象上一个最高点到相邻最低点的距离为,求的单调递增区间;
(2)若,且在区间上单调,求的值.
【答案】(1)
(2)1
【分析】(1)先根据图象上一个最高点到相邻最低点的距离为求出周期,进而求出,最后根据函数解析式求出单调递增区间即可;
(2)由得到对称中心,再得到的表达式,根据在区间上单调求出的取值范围,最终得到的值,最后代入求值即可.
【详解】(1)设的最小正周期为,由已知得,
解得,所以,所以,
由,解得,
故的单调递增区间是.
(2)由,知函数的图象关于点对称,
所以,得.
当时,,
又在区间上单调,所以,解得,
当时,,满足条件,所以,
则
18.已知的内角,,所对的边分别为,,,且.
(1)求角;
(2)如图,,分别为边,上的点,且,,求四边形的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)结合余弦定理化简可得,进而得到,进而求解即可;
(2)设,由余弦定理列出方程可得,进而求得,进而结合面积公式求解即可.
【详解】(1)因为,
由余弦定理得,
整理得,,
再由余弦定理可得,即.
因为,所以.
(2)设,由余弦定理得,
即,整理得,
因为,所以,
故四边形的面积为
.
19.已知函数.
(1)当时,求曲线在点处的切线方程;
(2)若没有零点,求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)求得,得到和,结合导数的几何意义,即可求解;
(2)根据题意,转化为方程无实根,即直线与曲线没有公共点,令,利用导数求得函数的单调性与极值,进而求得实数的取值范围.
【详解】(1)解:当时,可得,则,
所以,即切线的斜率为,
又由,
所以,曲线在点处的切线方程为,即.
(2)解:因为没有零点,所以方程无实根,
当时,方程不成立,所以,故方程无实根,
即直线与曲线没有公共点,
令,则.
令,得或;令,得或,
所以在区间,上单调递减,在区间,上单调递增,
所以当时,取得极小值;
当时,取得极大值,
因为,且当从左侧趋向于时,趋向于,
当从右侧趋向于时,趋向于,
所以实数的取值范围是.
20.已知数列的前项和为,,且.
(1)求的通项公式;
(2)设,为数列的前项和,求证:当时,.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)根据与的关系结合累乘法即可得解;
(2)分,,和四种情况讨论,进而可得出结论.
【详解】(1)∵,∴,
∴,
∴,即,
∴,∴,
当时,上式也成立,
∴;
(2)由条件知,
则当或时,,
当或时,,
注意到当时,,
∴当时,,;
当时,,
显然成立;
当时,,
从而当时,;
当(且)时,,.
综上可知,当时,.
21.如图1,是边长为6的等边三角形,点,分别在线段,上,,,沿将折起到的位置,使得,如图2.
图1 图2
(1)求证:平面平面;
(2)若点在线段上,且直线与平面所成角的正弦值为,求.
【答案】(1)证明见解析
(2)4
【分析】(1)由余弦定理求出,根据勾股定理的逆定理可判断以及,在证明平面,即可证明平面平面;
(2)建立空间直角坐标系,求得平面的法向量,设出点坐标,从而得到直线的方向向量,结合已知条件中的直线与平面所成角的正弦值为,列出方程求解即可.
【详解】(1)证明:在中,,,,
由余弦定理得,
因为,所以,
在中,,,,
所以,所以
又因为、平面,且,
所以平面,
又因为平面,
所以平面平面.
(2)由(1)可知,,两两互相垂直,以为原点,,,所在直线分别为轴,轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,.
所以,,
设平面的一个法向量为,
则,取,得,
设,则,所以,
因为直线与平面所成角的正弦值为,
设直线与平面的所成角为,
则,即,
解得:,即.
22.已知函数有两个不同的极值点,.
(1)求的取值范围;
(2)若,且,求证:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)依题意知方程有两个不同的实数根,,即方程有两个不同的实数根,,即直线与函数的图象有两个不同的交点,利用导数说明的单调性,即可求出的最大值,从而求出参数的取值范围;
(2)方法一:由(1)可知,,则待证不等式等价于,即,令,则问题等价于在时恒成立,令,,利用导数说明函数的单调性,即可证明;
方法二:由(1)可得,且,设,利用导数说明在上的单调性,即可证明,从而得证.
【详解】(1)函数定义域为,
则.
由题意知方程有两个不同的实数根,,即方程有两个不同的实数根,,
也即直线与函数的图象有两个不同的交点,
因为,所以当时,,当时,,
则在上单调递增,在上单调递减,所以.
又因为,当时,,当时,,当趋向于时,趋向于0,
所以的取值范围为.
(2)方法一:因为有两个不同的极值点,,
由(1)可知,是方程的两个实数根,所以,,
所以不等式等价于,即.
因为,所以待证不等式等价于.
由,,作差得,即,
所以待证不等式等价于
令,则,又因为,所以,
则不等式,即在时恒成立.
令,,则,
因为,可得当时,,所以在上单调递增,
又,所以在时,,
所以在时恒成立,即在,且时恒成立,
所以.
方法二:由(1)可知在上单调递增,在上单调递减,,是方程的两个实根,
所以,且.
设,
则,
当时,,,所以,
所以在上单调递增,所以当时,,即.
因为,所以,所以,
因为,,所以,即,
又因为,所以,整理得.
【点睛】方法点睛: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.
安徽省卓越县中联盟2024届高三上学期第三次质量检测数学试题(Word版附解析): 这是一份安徽省卓越县中联盟2024届高三上学期第三次质量检测数学试题(Word版附解析),共35页。试卷主要包含了 若单位向量满足,向量满足,则, 已知函数,则等内容,欢迎下载使用。
安徽省卓越县中联盟2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题: 这是一份安徽省卓越县中联盟2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题,共8页。试卷主要包含了 已知向量,,且,若,则, 已知函数等内容,欢迎下载使用。
2023届安徽省卓越县中联盟高三上学期开学考试数学试题含解析: 这是一份2023届安徽省卓越县中联盟高三上学期开学考试数学试题含解析,共17页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。