2024届河南省周口市项城市四校高三上学期12月学情调研数学试题含答案

这是一份2024届河南省周口市项城市四校高三上学期12月学情调研数学试题含答案，共21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．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数模的计算公式，即可求解..
【详解】由复数，可得，所以.
故选：B．
2．集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据集合交集的概念计算求解即可.
【详解】由，解得或，
即两函数公共点坐标为，
因为，
所以.
故选：C
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用换元法将已知条件化简；再利用诱导公式即可求解.
【详解】令，
则，，
则.
故选：A.
4．下列函数中，以为周期的函数是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据正弦型、正切型函数的性质可判断选型A、B；根据图像变换可判断选项C；根据图象可判断选项D.
【详解】对于A，因为函数的最小正周期为，
所以函数的最小正周期为，故选项A错误；
对于B，因为函数的最小正周期为，
所以函数的最小正周期为，故选项B错误；
对于C，因为函数的最小正周期为，
所以根据图象变换可知函数最小正周期为，所以也是它的一个周期，故选项C正确；
对于D，作出函数的图象：
根据图象可知该函数不是周期函数，故选项D错误.
故选：C．
5．已知数列的前项和为，前项积为，满足，则（ ）
A．45B．50C．55D．60
【答案】D
【分析】根据可得，结合等比数列的定义可知是首项为1，公比为2的等比数列，结合等比数列的通项公式求出，进而求出即可求解.
【详解】根据题意：，
两式作差可得，当时，，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，
所以，
故选：D．
6．下列说法正确的是（ ）
A．“直线与直线互相平行”是“”的充分不必要条件
B．直线的倾斜角的取值范围是
C．过点的直线分别与轴，轴的正半轴交于两点，若取最小值时，直线的方程为
D．已知，若直线与线段有公共点，则
【答案】C
【分析】由两直线平行，求得，进而可判定A错误；求得直线斜率，设倾斜角为，得到，进而可判定B不正确；设直线，求得的面积的表达式，结合基本不等式，可判定C正确；先得出直线恒过定点，结合图象，求得直线的斜率的范围，可判定D不正确.
【详解】对于A中，若两直线平行，可得，解得，经检验满足题意，
所以“直线与直线互相平行”是“”的必要不充分条件，
所以A错误；
对于B中，由直线，可得，所以斜率，
设倾斜角为，可得，因为，所以，
所以B不正确；
对于C中，根据题意设直线，可得，
所以，
当且仅当时成立，此时直线的方程为，所以C正确；
对于D中，由直线可化为，
所以直线恒过定点，因为，
结合图象可知,直线的斜率，故D不正确.
故选：C
7．已知正实数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】首先分析题意，设设函数，然后得出，
再进行下一步代入计算.
【详解】，设函数，分析可得函数单调递增，所以可得，DU
当且仅当，即时取‘’
故选：D．
8．已知函数的部分图象如图所示，则函数的零点个数为（ ）
A．7B．9C．11D．13
【答案】C
【分析】根据的图象求出的解析式，代入化简得，，函数的零点个数即方程的根的个数，数形结合可得解.
【详解】根据题意：
，
由图可知，
，，，
，
又，，
又，所以或，
又，即，，
所以，
，
令，所以与一一对应，
故函数的零点个数即方程的根的个数即可，根据图象不难看出，两个函数共有11个交点，
故选：C．
【点睛】思路点睛：根据图象求出，代入的解析式化简得，换元令，由此将函数的零点个数转化为方程的根的个数，数形结合得解.
二、多选题
9．设为不同的平面，为不同的直线，下列命题不正确的是（ ）
A．若，则
B．若．则
C．著，则
D．若．则
【答案】ABD
【分析】根据线线关系、线面关系、面面关系逐项判断可得答案.
【详解】选项A：若，则，或与异面，故A错误；
选项B：若，则，或与异面，故B错误；
选项C：根据面面垂直的性质定理可得C正确；
选项D：若，则，或与异面，或与相交，故D错误.
故选：ABD.
10．在中，点满足．则下面描述正确的是为（ ）
A．
B．
C．若，则
D．若、则的最大值为
【答案】ACD
【分析】由向量的线性运算法则，可得判定A正确；由，求得，可判定B错误；由，求得，结合为的中点，得到，可判定C正确；设，利用向量的数量积，求得，结合基本不等式，可判定D正确．
【详解】由中，点满足，如图所示，
对于A中，由，所以A正确；
对于B中，由，可得，所以，
所以B错误；
对于C中，由，可得，所以，
所以，又因为点为的中点，所以，所以C正确；
对于D中，若，设，
则，即
设，
则，可得，
当且仅当时取得等号，所以的最大值为，所以D正确．
故选：ACD.
11．已知定义在R上的函数满足．且，若，则下面说法正确的是（ ）
A．函数的图像关于对称
B．
C．函数在上单调递增
D．若函数的最大值与最小值之和为2，则
【答案】ABD
【分析】根据已知条件和得出函数得对称中心及对称轴，算出函数得周期,得，判断A；根据函数关于中心对称，判断B；根据已知条件，没有证据证明C成立，所以C错误；有函数关于中心对称，所以函数为奇函数判断D.
【详解】解析：因为，所以函数关于中心对称，
因为，所以函数关于轴对称，
所以函数为周期函数，其周期为，
故，所以A正确；
由于函数关于中心对称，所以关于对称，
所以，选项B正确；
由于没有明确的解析式，所以C错误；
因为函数关于中心对称，所以函数为奇函数，
函数的最大值与最小值之和为0，所以的最大值与最小值之和为，
所以函数的最大值与最小值之和为，，选项D正确；
故选：ABD
12．点为圆上的两点，点为直线上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，且为圆的直径时，的面积最大值为3
B．从点向圆引两条切线，切点为，线段的最小值为
C．为圆上的任意两点，在直线上存在一点，使得
D．当时，的最大值为
【答案】ABD
【分析】利用圆的性质及三角形面积公式计算可判定A；利用切线性质及余弦函数的单调性可判定B；
由B项可判定C项；根据定弦定角确定中点轨迹，结合平面向量的线性运算及圆的特征可判定D.
【详解】对于选项A，当为直径时，显然当时，
的面积取得最大值，所以A正确；
对于选项B，设，则，
所以越大，越小，
显然当点P在处时，最大，

此时，即，选项B正确；
对于选项C，由上可知当点P在处时，且为切线时，最大，
此时，即，
所以不存在符合的点，故选项C不正确；
对于D选项，设的中点D，则，
所以点D在以M为圆心，为半径的圆上，
易知，

设小圆半径为，则，则的最大值为，

故D正确．
故选：ABD
三、填空题
13．已知，直线与曲线相切，则 ．
【答案】2
【分析】根据切点处导数为切线的斜率列方程，求出切点，然后代入到切线方程里，得到答案.
【详解】直线与曲线相切，
所以，所以切点为，
切点在直线上，可得，
故答案为：2.
14．已知定义在上的奇函数，当时，，则的值为 ．
【答案】
【分析】利用奇函数的定义即可求解.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，
所以有，解得.
因为当时，，
所以．
故答案为：.
15．已知三棱锥，底面为等边三角形，边长为3，平面平面，，则该几何体的外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】由球心与截面圆圆心连线与截面圆所在平面垂直的性质，利用与的外接圆圆心找到球心位置，再利用勾股定理求解外接球半径，进而求得外接球的表面积.
【详解】底面为边长为3的等边三角形，取的中点，
设为底面的中心，连接，
则，
过点作底面的垂线，则球心在直线上.
设为的外心，连接,
过点作平面的垂线，则球心在直线上.
即与交点即为该几何体外接球的球心.
因为是的中点，则，又平面平面，且平面平面平面，
所以平面，
则，同理可得，
所以四边形是平行四边形，又由平面，则，
所以四边形是矩形，则，
设外接球的半径，三角形的外接圆半径为，
由，，
则由正弦定理得，，
解得，即，
因为在中，，
则，
所以该几何体的外接球的表面积为．
故答案为：.
16．已知数列满足，若数列的前项和为，则 ．
【答案】
【分析】设，当为奇数时，，可得，当为偶数时，，可得，即可求出，得出结果.
【详解】由题知，设，当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
所以该数列的前项和为，
则，故.
故答案为：
四、解答题
17．已知公比为3的等比数列与首项为1的等差数列，满足．
(1)求数列和的通项公式；
(2)若数列，数列的前和为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意，根据等差、等比数列的通项公式建立方程组，解出两个数列的基本量，即可求解；
（2）由（1）可得，结合分组求和法计算即可求解.
【详解】（1）设数列的首项为，数列的公差为，
因为，
可得，
所以
（2）由（1）知，，
所以，
.
18．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）通过求导得到斜率，进而可求直线方程，
（2）将恒成立问题进行参数分离，通过构造函数求导，求解最值即可.
【详解】（1）根据题意：，，
所以曲线在点处的切线方程为，即,
故曲线在点处的切线方程为.
（2）根据题意：，
令，，易判断函数单调递增，
，
所以，当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以当时，函数取得最小值为，
所以可得即,
故实数的取值范围.
19．在中，角A、B、C所对边分别记为a，b，c，且向量与向量垂直．
(1)若，求的值；
(2)若角的内角平分线与相交于点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）由题意可得，利用正弦定理化边为角，进而可求出，再根据余弦定理求出的关系，再利用正弦定理化边为角即可得解；
（2）先利用等面积法求出的关系，再利用余弦定理结合基本不等式即可得出答案.
【详解】（1）向量与向量垂直，
则，
由正弦定理得，
则，
，
，
即；
（2）根据题意，因为为角的内角平分线，
所以
，
根据余弦定理可得
，
又，
所以，（当且仅当，取等号），
所以，所以的最小值为2．
20．如图所示，已知四棱锥中，.
(1)求证：平面；
(2)当四棱锥的体积最大时，求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角形全等及三线合一证明，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）先通过二面角定义作出二面角的平面角，求出四棱锥体积最大时，从而在直角三角形中求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
所以，设，连接，则，点为的中点，
又，所以，又，且，
所以，又，平面，平面，
所以平面；
（2）由（1）可知，平面，平面，所以平面平面，
取的中点为O，连接，则，平面平面，
平面，所以平面，过点作，垂足为H，连接，
则，所以为二面角的平面角，
因为四棱锥的体积为
，当且仅当即体积最大，
此时，
在中，，所以，
所以二面角的大小为.
21．已知函数.
(1)当时，求函数的最小值；
(2)讨论函数极值点的个数.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，进而求出最小值；（2）讨论函数极值点的个数，就是转化为讨论函数的导数的变号零点的个数.
【详解】（1）根据题意：函数的定义域为，
当时，，
记，故，
单调递增，
又，
在，，函数单调递减，
在，，函数单调递增，
故.
（2）根据题意：，记，
，
①当时，，可得函数为单调递增函数，
又函数在上单调递减，在上单调递增，
函数只有一个极值点；
②当时，令，
，所以，
是单调递增函数，
又，
存在唯一，使得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
函数的最小值为，
再令，
，
,,
函数在上单调递增，在上单调递减，
，
由
当时，，
此时恒成立，从而函数没有极值点；
当时，；
那么，当，可取，从而满足，
且，
当，可取，从而满足，
且，
，
此时函数在区间存在一个极大值点，在区间存在一个极小值点.
因此函数有两个极值点.
综上，当时，函数无极值点；
当时，函数有一个极值点；
当时，函数有两个极值点.
【点睛】方法点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
22．已知点在离心率为的椭圆上，点为椭圆上异于点的两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若，过点两点分别作椭圆的切线，这两条切线的交点为，求的最小值．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）由题意，根据离心率，将点的坐标代入椭圆方程，建立方程组，解出a、b即可求解；
（2）设点，当时易求得；当时设直线为，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，由垂直可得两直线斜率之积为-1，结合直线方程，整理可得，表示出m，可得直线l的方程，进而可知直线l恒过定点.设点，表示出直线BC、BD方程，可知直线BD恒过定点，从而可得点D的轨迹方程，即可求解.
【详解】（1）根据题意，，
又点在椭圆上，
，所以，
可得椭圆的方程为；
（2）根据题意：设点，
当时，则，又，由
得，得，
又，解得：，或（舍去），则．
当时，设直线为，
联立，
可得，因为，
可得：，
因为，代入可得：
，
代入韦达定理可得：，
整理可得：，
可得：或，代入直线可得：，
该直线恒过点；或者，该直线恒过点（与题意不符），
所以直线恒过定点，
设点，直线的方程为，直线的方程为，
点分别在直线上，所以，得直线为，
又直线恒过点，所以，
所以点的轨迹为，
故的最小值为点A到点轨迹的距离，为．