2024届山西省名校高三上学期10月联考数学试题含答案

这是一份2024届山西省名校高三上学期10月联考数学试题含答案，共14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．定义集合．已知集合，，则的元素的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据集合的新定义，直接求解判断.
【详解】因为，，所以，故的元素的个数为，
故选：C．
2．已知命题，命题，则（ ）
A．p的否定是qB．p的否定是
C．q的否定是pD．q的否定是
【答案】D
【分析】根据全称量词命题和特称量词命题的否定的概念求解.
【详解】p的否定是．q的否定是．
故选:D.
3．已知复数z满足，则复数z的模等于（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】利用复数的除法运算及模长公式计算即可.
【详解】由已知可得．
故选：D
4．（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用诱导公式（公式一中、公式六中）运算即可得解.
【详解】由题意可得：，
故选：D.
5．在菱形中，，，，则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】B
【分析】由题意知，是的中点，由向量的线性表示，将向量选择合适的基底表示出来，按照向量的数量积求值即可.
【详解】
．
故选：B.
6．已知函数的图象关于直线对称，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的对称性，建立方程求出的值，然后利用辅助角公式求出的解析式，利用最值性质转化为周期关系进行求解即可．
【详解】由函数的图象关于直线对称，得，
所以，解得，
所以，
又由，，
所以，
所以的最小值为函数的最小正周期．
故选：B.
7．某质点的位移（单位：）与时间（单位：）满足函数关系式，当时，该质点的瞬时加速度大于，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】对求导得，令，对其求导可得，令求解即可得结果.
【详解】由题意可得：，
设，则，
因为当时，该质点的瞬时加速度大于，即，
显然不是负数，解得，
所以的取值范围是.
故选：B.
8．已知函数，则“”是“有3个零点”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用参变分离可得，画出的图象后结合二次不等式恒成立可求参数的取值范围，再结合集合的包含关系可得正确的选项.
【详解】由，得，
作出函数的图象，如图所示．
由图可知，当时，直线与的图象有3个交点．
因为对恒成立，所以对恒成立，所以．
故当有3个零点时，．
因为，
所以“”是“有3个零点”的必要不充分条件．
故选：C.
二、多选题
9．已知向量，下列结论正确的是（ ）
A．若与垂直，则为定值
B．若与互为相反向量，则m与n互为倒数
C．若与垂直，则为定值
D．若与互为相反向量，则m与n互为相反数
【答案】AD
【分析】根据向量垂直的坐标关系可判断AC，利用相反向量的概念结合条件可判断BD.
【详解】若与垂直，则，则，A正确，C错误；
若与互为相反向量，则，则，，B错误，D正确．
故选：AD.
10．已知，则（ ）
A．B．
C．D．当时，的最小值为4
【答案】ACD
【分析】由对数化简式和对数基本运算逐一验证ABC选项即可；由换底公式和基本不等式可验证D项
【详解】由题可知，则，A正确；
由，得，
所以，B错误；
，C正确；
当时，，则
，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为4，D正确．
故选：ACD
三、单选题
11．分别为内角的对边．已知，则的值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】根据余弦定理以及基本不等式求得正确答案.
【详解】由余弦定理得．
当且仅当时等号成立，
所以BCD选项正确，A选项错误.
故选：BCD
四、多选题
12．定义在上的函数的导函数为，且恒成立，则（ ）
A．
B．，函数有极值
C．
D．，函数为单调函数
【答案】CD
【分析】观察答案BD，同时考虑，构造，化简可判断在上单减，验证BD；进而得出，变形可验证AC.
【详解】设函数，
则，
所以在上单调递减，B错误，D正确；
从而，即，因为，
所以，化简可得，
整理得，A错误，C正确．
故选：CD
五、填空题
13．的虚部为 ．
【答案】3
【分析】计算出复数，求其虚部.
【详解】，其虚部为3．
故答案为：3
14．若，则当取得最小值时， ．
【答案】102
【分析】先按分母变形，再用基本不等式得到最小值对应的值.
【详解】因为，所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立．
故答案为：102
15．古代文人墨客与丹青手都善于在纸扇上题字题画，题字题画的扇纸多为扇环．已知某纸扇的扇环如图所示，其中外弧线长与内弧线长之和为，连接外弧与内弧的两端的线段长均为，且该扇形的中心角的弧度数为2.7，则该扇环的外弧线长为 ．

【答案】
【分析】根据题意结合弧长公式运算求解.
【详解】如图，设弧AB的长为a cm，弧CD的长为b cm．
因为该扇形的中心角的弧度数为2.7，
所以，，即，．
因为，所以，
又因为，解得，所以该扇环的外弧线长为70 cm．
故答案为：70 cm.

16．若是关于x的方程（a，b均为正整数）的一个实根，则 ．
【答案】12
【分析】根据，利用待定系数法求解.
【详解】由题意可得：，
因为，则，
所以，
所以．
故答案为：12
六、解答题
17．已知函数的部分图象如图所示．
(1)求的解析式；
(2)求在上的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据得到，根据的图象关于直线对称得到，即可得到的解析式；
（2）根据正弦型函数的单调性求值域即可.
【详解】（1）由图可得，的最小正周期．
因为，且，所以．
因为的图象关于直线对称，
所以，解得．
因为，所以．
故．
（2）由，得．
当，即时，取得最大值，最大值为2；
当，即时，取得最小值，最小值为．
故在上的值域为．
18．分别为内角的对边，已知．
(1)求；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，化简后可求得结果，
（2）利用余弦定理求出，再利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】（1）因为，
所以，
即，
又，所以．
（2）由余弦定理得，
即，解得或（舍去）．
因为，，
所以，
所以的面积．
19．已知某工厂设计一个零件部件（如图中阴影部分所示），要求从圆形铁片上进行裁剪，部件由4个全等的等腰三角形和一个正方形构成，其中O是圆心，也是正方形的中心．设正方形的边长，等腰三角形的腰，要求，该部件的面积为．
(1)求y关于x的关系式，并求出的取值范围；
(2)说明当x取何值时，该部件的周长取最小值，并求出此时该圆形铁片的面积．
【答案】(1)
(2)当时，该部件的周长取最小值，此时该圆形铁片的面积为
【分析】（1）利用的关系建立等量关系，即可求解；
（2）利用基本不等式求解.
【详解】（1）等腰三角形AB边上的高为．
部件的面积为，变形可得，
所以．
因为，所以，即，解得．
因为，解得．
故y关于x的关系式为．
（2）该部件的周长，
当且仅当时，等号成立，x符合．
此时，该圆形铁片的半径为
，
所以该圆形铁片的面积为．
故当时，该部件的周长取最小值，此时该圆形铁片的面积为．
20．将函数的图象向左平移（）个单位长度，再将所得图象各点的横坐标扩大到原来的（）倍，纵坐标不变，得到偶函数的图象．
(1)求的单调递增区间（用b表示）；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意，利用三角函数的图象变换，得到，再由是偶函数，求得，得到，结合三角函数的性质，即可求解；
（2）由，利用三角函数的基本关系式，求得，分类讨论，结合两角和的正切公式，即可求解.
【详解】（1）解：将函数的图象向左平移（其中）个单位长度，
得到的图象，
再将所得图象各点的横坐标扩大到原来的倍，可得，
因为函数是偶函数，所以，
又因为，所以，所以，
令，且，可得，
所以的单调递增区间为．
（2）解：由，可得，
所以，则，
所以，
当时，；
当时，．
21．已知函数.
(1)证明：曲线在点处的切线经过定点.
(2)证明：当时，在上无极值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，求出在的导数，即为切线的斜率，然后列直线方程，即得到证明切线过定点.
（2）对导函数分别在和研究，利用单调性证明无极值.
【详解】（1）由题意可得：，
则.
又，所以曲线在点处的切线方程为，
即，
所以切线经过定点.
（2）当时，对恒成立，
所以在上单调递增，所以在上无极值.
当时，，
设函数，则.
若，则；若，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以当时，，所以，
所以在上单调递减，所以在上无极值.
综上，当时，在上无极值.
22．已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，通过分类讨论判别式与的关系判断单调性，即可得出a的取值范围；
（2）将问题转化为证，，，通过构造函数并证明其单调性即可得出结论.
【详解】（1）由题意，
在中，
．
设函数．
当，即时，
此时，则，
则在上单调递减，所以．
当，即或时，
若，有两个零点，
由韦达定理得，，则均小于零，
所以在上恒成立，
则；
若，则，
则可设，
当时，，单调递增，则，不符合题意．
综上所述，a的取值范围是.
（2）由题意及（1）证明如下，
在中，，
所以．
要证，
只需证，，.
设函数，
则
，
因为，所以，
所以为增函数，则，
所以．
故．
【点睛】关键点点睛：本题考查分类讨论法求参数范围，函数的求导，构造函数法证明不等式，考查学生的计算能力，分类讨论能力，逻辑思维能力，具有很强的综合性.