2024届河南省周口市项城市五校高三上学期12月联考数学试题含答案

这是一份2024届河南省周口市项城市五校高三上学期12月联考数学试题含答案，共22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．已知集合， ，则的子集的个数为（ ）
A．7B．8C．15D．16
【答案】D
【分析】先计算出集合、，运用并集运算得出中元素个数，结合子集个数公式即可得子集个数.
【详解】，
由，解得，
即，即，
共有4个元素，则其子集个数为个.
故选：D.
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据复数除法运算法则可整理求得结果.
【详解】由得：.
故选：B.
3．已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合等差数列求和公式可推导证得数列为等差数列，进而求得等差数列的公差，根据等差数列通项公式可求得结果.
【详解】设等差数列的公差为，
则，
数列是公差为的等差数列，，解得：，
.
故选：D.
4．已知非零向量满足，且，则的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用平面向量的数量积和模长求夹角即可.
【详解】由已知可得，即，
又因为，所以，
所以夹角为.
故选：C
5．已知函数的单调递减区间为，则实数的值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】A
【分析】根据二次函数的性质，结合分段函数的性质即可讨论求解.
【详解】，
当时，即，此时在单调递增，在，
由于的单调递减区间为，则，得，
当时，即，此时在单调递增，在单调递减，这与的单调递减区间为矛盾，故不符合题意，
当时， ，此时在整个定义域上单调递增，故不符合题意，
综上可得，
故选：A
6．已知命题，则（ ）
A．，，且是真命题
B．，，且是假命题
C．，，且是假命题
D．，，且是真命题
【答案】D
【分析】根据命题的否定的性质得出，再验证的真假，变形等价于，构造函数帮助比较大小即可得.
【详解】由，，
则，，
由，则有，
等价于
等价于，
令，则，
则时，恒成立，
故在上单调递增，
又，
故，
即，
故原命题错误，则是真命题.
故选：D.
7．已知圆锥的高为，体积为，若圆锥的顶点与底面圆周上的所有点均在球上，则球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由圆锥体积公式可求得圆锥底面圆半径，分别讨论球心位于圆锥内部和外部的情况，利用勾股定理可构造方程求得球的半径，代入球的体积公式即可.
【详解】设圆锥的底面圆半径为，球的半径为，则，解得：；
当球心位于圆锥内部时，过圆锥顶点，底面圆圆心和球心作出轴截面如下图所示，
，即，解得：，
球的体积；
当球心位于圆锥外部时，过圆锥顶点，底面圆圆心和球心作出轴截面如下图所示，
，即，解得：，舍去；
综上所述：球的体积为.
故选：C.
8．已知为偶函数，对任意有，当时，，则方程的所有实根之和为（ ）
A．3B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】根据函数的周期性，结合函数图象和对称性即可求解.
【详解】由得，
又为偶函数，所以，
故，，因此为周期为2的周期函数且为偶函数，
由时，，
作出和的图象，又，
由于和均关于对称，
由图象可知和的图象有6个交点，
根据对称可知：方程所有实根之和为6.
故选：B
9．在实际应用中，通常用吸光度和透光率来衡量物体的透光性能，它们之间的换算公式为，下表为不同玻璃材料的透光率：
设材料1､材料2､材料3的吸光度分别为、、，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据条件得出、、， A，B，C三个选项利用作差比较大小即可，选项D，利用对数的运算性，重要不等式及对数函数的单调性即可判断出结果.
【详解】由题知，，，
对于选项A，因为，故，所以选项A正确；
对于选项B，因为，故，所以选项B错误；
对于选项C，因为，故，所以选项C正确；
对于选项D，因为，
所以，
所以，
因为，
所以，即，
由可得，故选项D错误.
故选：AC.
二、多选题
10．已知函数的部分图象如图，则（ ）
A．的最小正周期为
B．将的图象向右平移个单位长度得到一个偶函数的图象
C．在上有3个零点
D．的图象的对称轴为直线
【答案】ABD
【分析】根据可得，进而结合周期以及，即可得，进而可得，结合选项，利用整体法即可逐一求解.
【详解】依图可得，，，所以，
由于位于单调递减区间内，所以,
因此，
又，得，即，
由于，故，所以，因此，故，
故，
将的图象向右平移个单位长度得到为偶函数，B正确，
令,所以，
所以在上的零点有，故有2个零点，C错误，
令，，故D正确，
故选：ABD
11．已知函数的导函数的极值点是的零点，则（ ）
A．在上单调递增
B．的图象关于点中心对称
C．若，则
D．过坐标原点仅有一条直线与曲线相切
【答案】ABC
【分析】利用导数可求得的极值点，结合该极值点为的零点可构造方程求得的值，从而得到；利用的正负可确定的单调性，知A正确；验证可知，知B正确；利用AB中的结论可推导得到C正确；利用过某一点切线方程的求法可确定D错误.
【详解】由题意知：，
设，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
是的极小值点，即是的极小值点，也是的零点，
，解得：，；
对于A，在上恒成立且不恒为，
在上单调递增，A正确；
对于B，，
，
的图象关于点中心对称，B正确；
对于C，由得：，
在上单调递增，，
由B知：，即，，
，C正确；
对于D，设过坐标原点的直线与曲线相切于点，
，切线方程为：，
即切线方程为：，
代入点得：，即，
解得：或，
过坐标原点有两条不同的直线与相切，D错误.
故选：ABC.
12．已知数列的通项公式为，其前项和为.对任意正整数，设，其中，记，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】A选项，分和，结合等比数列求和公式求出答案；B选项，作差得到，当时，，当时，构造，，二次求导得到单调性，结合特殊点函数值，证明出结论；C选项，得到，，设，，，只需，故；D选项，计算出在C选项基础上，结合，得到，得到D正确.
【详解】A选项，当时，，
当时，
，
又当时，，满足要求，
综上，，故A错误；
B选项，，
当时，，
令，，
则，
令，则在上恒成立，
故在单调递增，
又，故在上恒成立，
故在上单调递增，
又，故在恒成立，
综上，，B正确；
C选项，由A选项，，
故
，，
设，，
由于，，
只需即可，
此时
，
又，，C正确；
D选项，，
由C选项可知，，，
又，
故，所以，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与导函数等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
三、填空题
13．已知，则 .
【答案】/
【分析】根据弦化切得，即可由正切的和差角公式求解.
【详解】由可得，
所以，
故答案为：
14．如图，四棱锥的底面为平行四边形，分别为棱上的点，，且平面，则 .
【答案】
【分析】根据线面平行的性质定理，平行线分线段成比例等知识求得正确答案．
【详解】设，连接，
由于平面，平面，平面平面，
则，
由于,,所以，
所以．
故答案为：．
15．已知曲线在点处的切线方程为，记设函数，则的最小值为 .
【答案】
【分析】先求出切线方程，再结合函数的新定义和函数图像找到最小值点，代入横坐标即可求出最小值.
【详解】因为，所以，
所以，在点处的切线方程为，
设，由和函数图像可知，
当时，最小值为两函数的交点，
所以，此时，
故答案为：
16．如图，一个池塘的东､西两侧的端点分别为，现取水库周边两点，测得，，池塘旁边有一条与直线垂直的小路，且点到的距离为.小张（点）沿着小路行进并观察两点处竖立的旗帜（与小张的眼睛在同一水平面内），则小张的视线与的夹角的正切值的最大值为 .
【答案】/
【分析】解三角形求出，再利用直角三角形得出的正切值，根据两角差正切公式化简，由均值不等式求最值即可.
【详解】在中，，
所以，，
由正弦定理可得，所以（），
在中，，所以，
所以（），
在中，由余弦定理，
，所以（），
设与的交点为，，，如图，
则，
由，可得，
，
所以，当且仅当，即（）时，等号成立，
故答案为：
四、解答题
17．已知等比数列的公比，记其前项和为，且成等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)求的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差中项，结合等比数列基本量计算可得，进而可求解通项，
（2）根据等比求和公式得，即可由分组求和求解.
【详解】（1）因为成等差数列，所以，
得，即，解得，
所以.
（2）由（1）知，
所以，
则.
18．如图，在三棱柱中，平面分别为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，连接，易知四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理证得命题成立；
（2）建系，写出各点坐标以及平面的法向量，利用线面角的公式求解即可．
【详解】（1）
如图，设的中点为，连接.
因为分别为的中点，所以，
又，所以，所以在平面内.
因为，所以，
所以四边形是平行四边形，，
又平面，所以平面.
（2）以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则点，
.
设平面的法向量为，
由得
不妨令，得平面的一个法向量为.
设直线与平面所成的角为，
则.
19．在钝角三角形中，角所对的边分别为，已知.
(1)证明：是等腰三角形；
(2)若且，求的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边角互化结合二倍角公式可得，即可由三角函数的性质求解，
（2）根据正弦定理即可求解，进而由面积公式求解.
【详解】（1）由条件及正弦定理可得，
所以.
因为，且，所以或，
即或.
因为是钝角三角形，所以，
所以，所以是等腰三角形.
（2）由题意及（1）得，从而.
由正弦定理得，
所以，且，
由，可得，
整理得，,所以.
所以，
由，得，
所以.
20．已知数列的各项均为正数，其前项和记为，，且（为常数）.
(1)若构成等比数列，求的值；
(2)若，且恒成立，求实数的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分别令和可用表示出，根据等比数列定义可构造方程求得；
（2）由与关系和已知等式可推导得到，采用裂项相消法可求得，由此可得结果.
【详解】（1）令，则，；
令，则，，即；
成等比数列，，即，
解得：或，又，.
（2）当时，由得：，
即，
，
，
，，
，
，
又，，，
，即的最小值为.
21．如图，在三棱锥中，分别是线段的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据长度关系可利用勾股定理可证线线垂直，进而可利用线面垂直的判定求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）因为分别是线段的中点，
所以，且.
因为，所以.
因为，所以，所以.
又因为平面，且，
所以平面.
（2）因为是线段的中点，且有，所以是直角三角形，其中.
由（1）可知平面，所以可以为坐标原点，所在直线为轴，过点且与平行的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，设，
则.
则，
所以.
不妨设平面与平面的法向量分别为，
则有即有
令
即
令，此时有.
则，
整理得.
因为，所以，即，
所以.
22．已知函数，.
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)设正实数满足，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分离变量得到恒成立，令，利用导数可求得，由此可得的取值范围；
（2）将所证不等式转化为；利用切线进行放缩，利用导数几何意义可求得在点处的切线方程，构造函数，利用导数可求得，由此可得，并推导得到；取即可证得结论.
【详解】（1）若恒成立，则恒成立；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
，
，即实数的取值范围为.
（2），
要证，只需证；
在曲线上任取一点，
由（1）知：，，
在点处的切线方程为：，即；
下面先证明：当且时，；
设，则，
令，则，
在上单调递增，
又，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，
即当且时，；
正实数满足，，
当时，，
，
取，则，
，即.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够利用函数的切线对函数进行放缩，从而将所证不等式进行等价转化，通过对赋值确定最终的不等关系.
玻璃材料
材料1
材料2
材料3
0.7
0.8
0.9