2024淮北高三下学期一模试题数学含解析

这是一份2024淮北高三下学期一模试题数学含解析，共28页。试卷主要包含了考试结束后，将本答题卡交回， 已知，，，则， 已知函数，，等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考试务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本答题卡交回.
一、选择题：本题共8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 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A. 若，且，则B. 若，且，则
C. 若，且，则D. 若，且，则
4. 记是等差数列的前项和，则“是递增数列”是“是递增数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5. 已知定义在上奇函数满足，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
6. 已知双曲线的一条渐近线与圆交于，两点，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
7. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知方程有两个不等实数根，，则（ ）
A. B.
C. D.
二、选择题：本题共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，，，下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
10. 已知函数，，（ ）
A. 存在实数使得在单调递减
B. 若图象关于点成中心对称，则的最小值为2
C. 若，将的图象向右平移个单位可以得到的图象
D. 若，的最大值为
11. 如图，边长为2的正六边形，点是内部（包括边界）的动点，，，.（ ）

A. B. 存在点，使
C. 若，则点的轨迹长度为2D. 的最小值为
12. 已知，，，四点在球心为，半径为5的球面上，且满足，，设，的中点分别为，，则（ ）
A. 点有可能在上
B. 线段的长有可能为7
C. 四面体的体积的最大值为20
D. 四面体的体积的最大值为56
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，，则__________.
14. 正项等差数列的前项和为，若，，成等比数列，则的最小值为___________.
15. 已知抛物线准线为，焦点为，点，在抛物线上，点在上，满足：，，若，则实数____________.
16. 记不超过的最大整数为.若函数既有最大值也有最小值，则实数的值可以是___________（写出满足条件的一个的值即可）.
四、解答题：本题共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. 已知中，角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，，且，求
18. 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）求证：；
（2）若是边长为2的等边三角形，点满足，且平面与平面夹角的正切值为，求三棱锥的体积.
19. 某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时．某地上班族中的成员仅以自驾或公交方式通勤．分析显示：当中（）的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为（单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受影响，恒为分钟，试根据上述分析结果回答下列问题：
（1）当在什么范围内时，公交群体人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？
（2）求该地上班族的人均通勤时间的表达式；讨论的单调性，并说明其实际意义．
20. 已知数列为递增的等比数列，，记、分别为数列、的前项和，，.
（1）求数列通项公式；
（2）证明：当时，.
21. 已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为、，是椭圆上一点，，.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于，两点，为线段中点，为坐标原点，射线与椭圆交于点，点为直线上一动点，且，求证：点在定直线上.
22. 已知函数，，（）.
（1）求函数的最小值；
（2）若有两个不同极值点，分别记为，，且.
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）若不等式恒成立（为自然对数的底数），求正数的取值范围.
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数学试题
注意事项：
1.答卷前，考试务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本答题卡交回.
一、选择题：本题共8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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先解不等式求得集合B，再根据并集的概念计算即可.
【详解】由可得，即，
而，所以.
故选：B
2 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数除法运算即可化简，由共轭的定义即可求解.
【详解】由得，
故，
故选：A
3. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A. 若，且，则B. 若，且，则
C. 若，且，则D. 若，且，则
【答案】D
【解析】
【分析】构建正方体，利用其特征结合空间中直线与平面的位置关系一一判定选项即可.
【详解】
如图所示正方体，
对于A，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故A错误；
对于B，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故B错误；
对于C，若对应直线与平面，平面，显然符合条件，但，故C错误；
对于D，若，且，又，是两个不同的平面，则，故D正确.
故选：D
4. 记是等差数列的前项和，则“是递增数列”是“是递增数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的求和公式可得，即可充要条件的定义求解.
【详解】若是递增数列，则公差，所以，
故，所以为递增数列，
若为递增数列，则，则，
故，所以是递增数列，
故“是递增数列”是“是递增数列”的充要条件，
故选：C
5. 已知定义在上奇函数满足，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知推导出函数的周期， 的范围，利用已知和推导出的关系将所求转化为内求解.
【详解】因为为奇函数且满足.
所以，即，
所以，
所以是周期为4的周期函数.
因为,所以
所以
.
故选：B
6. 已知双曲线的一条渐近线与圆交于，两点，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，得到双曲线的渐近线过圆心，求得，进而求得双曲线的离心率.
【详解】由圆的方程，可得圆心为，半径为
又由双曲线，可得其中一条渐近线方程为，即，
因为双曲线的渐近线交圆于两点，且，
所以圆心在直线，即，可得，
则双曲线的离心率为.
故选：D.
7. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由三角函数的单调性和对数函数的单调性即可得出答案.
【详解】因为，
注意到，
.又，所以.
故选：A.
8. 已知方程有两个不等实数根，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】方程有两个不等实数根，转化为有解，即函数与图象有两个交点，结合过定点，即可判断选项AB，再将方程有两个不等实数根，转化为有两个解，由，即可判断选项C，结合基本不等式即可判断选项D.
【详解】由题知，
方程转化为，
令，则，
令，则，
因为，所以，
所以为增函数，且.
所以当时，，递减，
当时，，递增，且，
时，，，，
时，，，，
所以可得图象如图所示，
方程有两个不相等实根，
即直线与函数图象有两交点，
又直线过定点，
故.AB错误；
又方程转化为，令.
，
而在上为增函数，且，
故当时，即在上为减函数，
当时，即在上为增函数，
故又，
又有两个解，即，
不妨设，故，而，
所以即.C正确；
由C知，，
所以，D错.
故选：C
二、选择题：本题共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，，，下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】利用举反例和不等式得性质进行判断.
【详解】当为负数时A可能不成立，例如但是错误的.
因根据不等式性质可得正确.
因为，所以所以即所以故C错误.
因为，所以，
所以正确.
故选：BD
10. 已知函数，，（ ）
A. 存在实数使得在单调递减
B. 若的图象关于点成中心对称，则的最小值为2
C. 若，将的图象向右平移个单位可以得到的图象
D. 若，的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由三角函数的性质对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，因为，，因为，
所以不存在实数使得在单调递减，故A错误；
对于B，的图象关于点成中心对称，
所以，所以，，因为，
所以的最小值为2，故B正确；
对于C，若，，
将的图象向右平移个单位可以得到的图象，
则，故C正确；
对于D，若，，，
，
当时，的最大值为，故D正确.
故选：BCD.
11. 如图，边长为2的正六边形，点是内部（包括边界）的动点，，，.（ ）

A. B. 存在点，使
C. 若，则点的轨迹长度为2D. 的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据正六边形性质，结合向量的线性运算即可求解A，根据共线即可得矛盾求解B，根据共线即可求解C，根据数量积的运算律，结合图形关系即可求解D.
【详解】设为正六边形的中心，
根据正六边形的性质可得且四边形均为菱形，
，故A正确，
假设存在存在点，使，则,其中点为以为邻边作平行四边形的顶点，
所以在直线上，这与点是内部（包括边界）的动点矛盾，故B错误，
当时，，
取,则,所以点的轨迹为线段,
其中分别为过点作与的交点，
由于为的中点，所以,故点的轨迹长度为1，C错误，
由于,
,
过作于，则,所以此时，
由于分别为上的分量，且点点是内部（包括边界）的动点，所以
当位于时，此时同时最小，故的最小值为
故选：AD

12. 已知，，，四点在球心为，半径为5的球面上，且满足，，设，的中点分别为，，则（ ）
A. 点有可能在上
B. 线段的长有可能为7
C. 四面体的体积的最大值为20
D. 四面体的体积的最大值为56
【答案】BCD
【解析】
【分析】A项，分析出点、轨迹即可得出点是否能在上；B项，对点、位置进行变换，即可得出线段的长的可能值；C项，求出面积和点到面最大值，即可得出四面体的体积的最大值；D项，作出四面体，即可得出四面体的体积的最大值.
【详解】由题意，
注意到点、轨迹分别为以为球心，以4、3为半径的两同心球面上，、分别为两球面的切线.
A项，
点在内球面上，线段是中球面切线，所以点不可能在线段上，选项A错误.
B项，
最大，此时，选项B正确.
C项，
∵，点到面最大值为5，
∴最大值为20，选项C正确.
D项，
当，最大时，四面体体积最大.连结，，注意到，此时四面体体积为，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何的作图，位置的变化，四面体体积的求法，考查学生分析和处理问题的能力，作图能力具有较强的综合性.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，，则__________.
【答案】##
【解析】
分析】根据同角平方和关系可得，进而根据齐次式即可求解.
【详解】由可得，故，
又，解得或，
由于，，故，
又，故，因此，
故，
故答案为：
14. 正项等差数列的前项和为，若，，成等比数列，则的最小值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用等差数列前项和的性质及等比中项，结合基本不等式计算即可.
【详解】设的公差为，则，
而，
当且仅当时取得等号.
故答案为：
15. 已知抛物线准线为，焦点为，点，在抛物线上，点在上，满足：，，若，则实数____________.
【答案】
【解析】
【分析】由题设共线，作，垂足分别为，结合抛物线定义及相似比求参数值即可.
【详解】由题设知：共线，且，如下图，

作，垂足分别为，则，
所以，又，则，
所以，即，故.
故答案为：2
16. 记不超过的最大整数为.若函数既有最大值也有最小值，则实数的值可以是___________（写出满足条件的一个的值即可）.
【答案】（答案不唯一，取内得任一值即可）.
【解析】
【分析】根据题意取，，，则，将问题转化为在区间上既有最大值，又有最小值，然后，，和四种情况分析讨论即可求出答案.
【详解】取，，.
则.
题意等价于在区间上既有最大值，又有最小值.
当时，在上为增函数，只有最小值，无最大值；
当时，在上递减，在上递增，此时，有最小值，无最大值；
当时，在上递减，在上递增，此时，最大值为，最小值为；
当时，在上为减函数，有最大值，无最小值.
综上，的取值范围是.
故答案为：（答案不唯一，取内得任一值即可）
四、解答题：本题共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. 已知中，角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角互化再结合余弦定理化简即可得出答案.
（2）在由余弦定理求出，即可得出，在中由余弦定理求解即可得出答案.
【小问1详解】
由，得，
即，.
所以，故.
【小问2详解】
在中，，，，
由余弦定理可得：，
化简可得：，解得：或（舍去）.
又因为，故.
在中，，
故.
18. 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）求证：；
（2）若是边长为2的等边三角形，点满足，且平面与平面夹角的正切值为，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面与平面垂直的性质定理证明；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设E点坐标，计算平面与平面的法向量，根据平面与平面夹角正切值求得参数，得几何体的高，计算体积.
【小问1详解】
证明：因为，为中点，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
【小问2详解】
因为是边长为2的等边三角形，
所以是以为直角顶点的直角三角形，
过作，交于，
结合题设，以为原点，，，为坐标轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，因为，可设（），
所以，，设面法向量为，
则，令，得，
易知平面法向量为，平面与平面夹角正切值为，所以余弦值为，
故，解得，
所以，故.
19. 某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时．某地上班族中的成员仅以自驾或公交方式通勤．分析显示：当中（）的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为（单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受影响，恒为分钟，试根据上述分析结果回答下列问题：
（1）当在什么范围内时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？
（2）求该地上班族的人均通勤时间的表达式；讨论的单调性，并说明其实际意义．
【答案】(1) 时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间;(2)见解析.
【解析】
【分析】（1）由题意知求出f（x）＞40时x的取值范围即可；
（2）分段求出g（x）的解析式，判断g（x）的单调性，再说明其实际意义．
【详解】（1）由题意知，当时，
，
即，
解得或，
∴时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间；
（2）当时，
；
当时，
；
∴；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
说明该地上班族中有小于的人自驾时，人均通勤时间是递减的；
有大于的人自驾时，人均通勤时间是递增的；
当自驾人数为时，人均通勤时间最少．
【点睛】本题考查了分段函数的应用问题，也考查了分类讨论与分析问题、解决问题的能力．
20. 已知数列为递增等比数列，，记、分别为数列、的前项和，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：当时，.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设数列的公比为，根据题意，列出方程组求得，进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）求得，分为偶数和为奇数，两种情况讨论，分别求得的表达式，结合指数幂的性质，即可得证.
【小问1详解】
解：设等比数列的公比为，
因为，，可得，
可两式相减，可得，所以，解得或，
又因为数列为递增的等比数列，所以，则，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
解：由（1）知，可得.
当为偶数时，
.
此时，.
当时，，所以成立.
当为奇数时，.
检验知，当时，上式也成立.
此时，，
当时，，所以成立.
综上所述，当时，成立.
21. 已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为、，是椭圆上一点，，.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于，两点，为线段中点，为坐标原点，射线与椭圆交于点，点为直线上一动点，且，求证：点在定直线上.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的焦点三角形，即可结合余弦定理求解，
（2）联立直线与椭圆的方程可得韦达定理，即可根据中点坐标公式可得，进而可得直线方程，根据向量的坐标运算即可求解.
【小问1详解】
由题意得，得
又，,，
在中
化简得，解得，
所以得椭圆方程为：.
【小问2详解】
当直线有斜率且不为0时，设，，
由消整理得：
因在椭圆内，所以直线必与椭圆相交
得，
又为线段中点，所以
所以，得
由，消整理得：，
设点坐标，进而得，
设点坐标为，由得：
整理得：（※）
又，带入（※）
得，约去
得即
所以点在定直线上.
当直线斜率为0时，则轴，此时,,由可得，则，点在定直线上.
当直线无斜率时，此时方程为，此时轴，则在轴上，故,由可得，所以点，所以点在定直线上.
综上可得：点在定直线上.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点;
若直线方程为 (为定值),则直线过定点
22. 已知函数，，（）.
（1）求函数的最小值；
（2）若有两个不同极值点，分别记为，，且.
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）若不等式恒成立（为自然对数的底数），求正数的取值范围.
【答案】（1）-1 （2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【解析】
【分析】（1）对求导，判断与的大小，即可求出的单调性和极值；
（2）（ⅰ）将题意转化为方程有两个不同的根，，令，对求导，判断与的大小，即可求出的单调性和极值，画出的图象即可得出答案；（ⅱ）由题意可将题意转化为恒成立，令，即恒成立，记函数，，即对求导，可证明，即可得出答案.
【小问1详解】
由题意得：，，
当时，，此时，在上单调递减；
当时，，此时，在上单调递增；
所以.
【小问2详解】
（ⅰ）由题意得的定义域为，得
因两个不同极值点，故方程有两个不同的根，（），
即方程有两个不同的根，
记函数，则
当时，，此时，在上单调递增；
当时，，此时在上单调递减；
所以
又当时，，当时，，
且当趋近于正无穷时，趋近于，
所以，方程有两个不同的实数根，当且仅当.

（ⅱ）由（ⅰ）知得，（※），
所以，即（※※），
由不等式恒成立，即恒成立，
由（※）、（※※）得即恒成立，
亦即恒成立，
设，时，得恒成立，
进而得恒成立（※※※），
记函数，，
则，（），
当时，，在上单调递增，
所以恒成立，故满足题意
当时，若时有，则在上单调递减，
所以，当时有，与题意（※※※）不符，
综上得正数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.