安徽省合肥市六校联盟2024届高三上学期期末数学试题

这是一份安徽省合肥市六校联盟2024届高三上学期期末数学试题，共17页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟满分：150分）
命题学校：合肥十中 命题教师：胡明 审题教师：蒋洪林
一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分.每小题只有一个正确答案，请把正确答案涂在答题卡上）
1. 已知集合，，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：集合，而，所以，故选C.
【考点】 集合的运算
【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图进行处理.
2. 若复数z满足，则（ ）
A. 1B. 5C. 7D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．
【详解】由题意有，故．
故选：B．
3. 已知向量，且，则m=
A. −8B. −6
C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】由已知向量的坐标求出的坐标，再由向量垂直的坐标运算得答案．
【详解】∵，又，
∴3×4+（﹣2）×（m﹣2）＝0，解得m＝8．
故选D．
【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查向量垂直的坐标运算，属于基础题．
4. 已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】将两个条件相互推导，根据能否推导的结果判断充分必要条件.
【详解】依题意是空间不过同一点的三条直线，
当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交.
当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，所以在同一平面.
综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件.
故选：B
【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理和公理的运用，属于中档题.
5. 若将函数y=2sin2x的图像向左平移个单位长度，则平移后图像的对称轴为
A. x=（k∈Z）
B. x=（k∈Z）
C. x=（k∈Z）
D. x=（k∈Z）
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：由题意得，将函数的图象向左平移个单位长度，得到，由，得，即平移后的函数的对称轴方程为，故选B．
考点：三角函数的图象与性质．
【方法点晴】本题主要考查了三角函数的图象与性质，着重考查了三角函数的图象变换及三角函数的对称轴方程的求解，通过将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的解析式，即可求解三角函数的性质，同时考查了学生分析问题和解答问题的能力以及推理与运算能力．
6. 函数y=xcsx+sinx在区间[–π，π]图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先确定函数的奇偶性，然后结合函数在处的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.
【详解】因为，则，
即题中所给的函数为奇函数，函数图象关于坐标原点对称，
据此可知选项CD错误；
且时，，据此可知选项B错误.
故选：A.
【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．
7. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将不等式变为，根据的单调性知，以此去判断各个选项中真数与的大小关系，进而得到结果.
【详解】由得：，
令，
为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，
，
，，，则A正确，B错误；
与的大小不确定，故CD无法确定.
故选：A.
【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得到的大小关系，考查了转化与化归的数学思想.
8. 已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数奇偶性的定义可求得函数的解析式，再利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为函数为偶函数，则，即，①
又因为函数为奇函数，则，即，②
联立①②可得，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故函数的最小值为.
故选：B.
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 已知，则（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】由列举法可判断A项错误；由不等式性质可判断BC正确；由作差法可判断D项错误.
【详解】对于A，若，令，，则，，，故A错误；
对于B，显然，则，则，故B正确；
对于C，因为，所以，所以，同理可得，
即，故C正确；
对于D，，因为，所以，，，故，即，故D错误．
故选：BC
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A. 的最小正周期为B.
C. 在上单调递增D. 为奇函数
【答案】ABD
【解析】
【分析】首先根据函数的图象求A的值；然后根据求的值；根据图象过点和求出，从而可求出函数，然后再逐个判断选项即可.
【详解】由图知，由，得，又因为，所以，
由得，又，所以，所以，
所以.
故，选项A正确；
又，所以为函数的一条对称轴，故选项B正确；
由，得，
由，得，
在上单调递减，在上单调递增，故C错误；
为奇函数，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点A在圆C上，则直线l与圆C相切B. 若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C. 若点A在圆C外，则直线l与圆C相离D. 若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
【答案】ABD
【解析】
【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.
【详解】圆心到直线l的距离，
若点在圆C上，则，所以，
则直线l与圆C相切，故A正确；
若点在圆C内，则，所以，
则直线l与圆C相离，故B正确；
若点在圆C外，则，所以，
则直线l与圆C相交，故C错误；
若点在直线l上，则即，
所以，直线l与圆C相切，故D正确.
故选：ABD.
12. 已知是等差教列，公差不为零，前项和是，若，，成等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由，，成等比数列，求得，再求得，从而判断与0的关系.
【详解】由，，成等比数列知，，
化简得，（），
则，故A错误，B正确；
，
故，故C错误，D正确；
故选：BD
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 在平面直角坐标系中，若双曲线经过点（3，4)，则该双曲线的渐近线方程是_____.
【答案】.
【解析】
【分析】根据条件求，再代入双曲线渐近线方程得出答案.
【详解】由已知得，
解得或，
因为，所以.
因为，
所以双曲线的渐近线方程为.
【点睛】双曲线的标准方程与几何性质，往往以小题的形式考查，其难度一般较小，是高考必得分题.双曲线渐近线与双曲线标准方程中的密切相关，事实上，标准方程中化1为0，即得渐近线方程.
14. 已知，函数若，则___________.
【答案】2
【解析】
【分析】由题意结合函数的解析式得到关于的方程，解方程可得的值.
【详解】，故，
故答案为：2.
15. 若，且，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知，可以和差化积可得，从而，可求值.
【详解】因为，所以，
又，所以，
又在上单调递减，所以，
则，所以，
由已知可得，
则，所以，所以.
故答案为：.
16. 已知，M为平面ABC外一点，，点M到两边的距离均为，那么M到平面ABC的距离为__________．
【答案】1
【解析】
【分析】通过空间垂直关系的转化，找到点在平面内的射影在的平分线上，利用勾股定理即可得解.
【详解】作分别垂直于，平面，连，
知，，平面，平面，
平面，平面，
，又，，，
所以，同理
所以，则为平分线，
，，又，
．
故答案为：1
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且满足．
（1）求角B；
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）6
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理实现边角互化，求出的值即得；
（2）利用三角形面积公式和余弦定理建立边的关系，整体求得即得.
【小问1详解】
因，由正弦定理，，化简得：，
由余弦定理，，因，故.
【小问2详解】
由的面积为可得：，即：，
由余弦定理，，即：，
从而，，则.
故的周长为：
18. 己知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在上恒成立，求实数a取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由给定条件求出的导数，进而求得切线斜率即可得解；
（2）分离参数得，设，利用导数得，可得a的取值范围.
【小问1详解】
当时，，，
则，而，
所以曲线在点处的切线方程为；
【小问2详解】
，由，得，
设，则，
令，得，
则时，，函数单调递增，
时，，函数单调递减，
故，故,
即实数a的取值范围为.
19. 如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为6的正方形，下底面圆的一条弦EF交CD于点G，其中．
（1）证明：平面平面ABCD；
（2）判断母线BC上是否存在点P，使得直线PE与平面AEF所成的角的正弦值为，若存在，求CP的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见详解；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）将面面垂直转化为平面，根据圆和圆柱的性质可证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量可解.
【小问1详解】
由题意可知：在下底面圆中，为直径．
因为，所以为弦的中点，且．
因为平面．
所以平面，因为平面．
所以平面平面．
【小问2详解】
分别以下底面垂直于的直线、为轴，
建立空间直角坐标系如图所示．
因为，底面圆半径为3，所以．
则，设．
所以，
设平面的一个法向量为．
由得：即：
令则．
设直线与平面所成的角为，
所以，
解得，
所以存在点，使得直线PE与平面AEF所成的角的正弦值为，CP的长为4．
20. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期；
（2）将函数图象向右平移个单位长度得到的图象，若，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及两角差的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）由（1）可得，即可求出，再根据计算可得.
【小问1详解】
因为
，
所以的最小正周期.
【小问2详解】
将函数图象向右平移个单位长度得到，
则，
所以，
因为，所以，所以，
所以
.
21. 已知正项数列的前n项和为，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用整理可得（舍）或，即可根据数列类型求出通项公式；
（2）利用裂项相消法即可求出.
【小问1详解】
因为，
当时， ，
当时，，
整理可得，
则(舍)，或，
所以时，是首项为1，公差为1的等差数列，
所以；
【小问2详解】
因为，
所以，
所以.
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：对于任意正整数n，都有．
【答案】（1）当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递减.
（2）证明见详解.
【解析】
【分析】(1)由，又的定义域为，讨论与的大小关系，即可判定函数的单调性；
(2)当时，在上单调递减，在上单调递增，则，即，对于任意正整数，令，有，即可得证．
【小问1详解】
的定义域为，
，
若，当，则，所以上单调递增；
若，当，则，所以上单调递减；
当，则，所以在上单调递减；
综上所述，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递减.
【小问2详解】
由(1)知当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，，即当时，，
对于任意正整数，令，
有，
所以，
即，
即.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，本题的关键是令，用已知函数的单调性构造，再令,恰当地利用对数求和进行解题．