2024届山西省部分学校高三上学期12月联考数学试题含答案

这是一份2024届山西省部分学校高三上学期12月联考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知是全集的非空子集，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据韦恩图以及集合与集合之间的关系可得答案.
【详解】因为M，N是全集U的非空子集，且，
所以韦恩图为：

由韦恩图可知，A不正确；B不正确；C不正确；D正确.
故选：D
2．若满足，则（ ）
A．B．C．5D．
【答案】B
【分析】根据题意，由复数的运算可求得，再由复数的模长公式，即可得到结果.
【详解】因为，则，
则.
故选：B
3．已知非零平面向量，那么“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】在等式两边平方，结合平面向量数量积的运算性质可求出向量、的夹角的值，再结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】因为向量、为非零向量，设向量、的夹角为，
在等式两边平方可得，
所以，，则，
因为，所以，，即、方向相同，
所以，“”不能推出“、方向相同”， “、方向相同” 能推出“”，
因此，“”是“”的必要而不充分条件.
故选：B.
4．记的内角所对的边分别为，则边上的高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据余弦定理求出，再根据面积公式列式可求出结果.
【详解】由，得.
设边上的高为，
因为，所以，
即边上的高为.
故选：D
5．已知某物种年后的种群数量近似满足函数模型：．自2023年初起，经过年后，当该物种的种群数量不足2023年初的时，的最小值为（参考数据：）（ ）
A．10B．11C．12D．13
【答案】D
【分析】确定2023年初的种群数量为时的函数值，根据题意可列不等式，结合对数运算即可求得答案.
【详解】由题意可知2023年初的种群数量为时的函数值，
故令，即，
则，
由于，故n的最小值为13，
故选：D
6．过点作曲线的两条切线，切点分别为，，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】B
【分析】求出导函数，设出切点坐标，利用导数几何意义建立斜率方程，利用韦达定理化简计算即可.
【详解】由题意得，过点作曲线的两条切线，
设切点坐标为，则，即，
由于，故，，
由题意可知，为的两个解，则，，
故.
故选：B
7．对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶商数列，再令，则数列是数列的二阶商数列．已知数列为，，，，，，且它的二阶商数列是常数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由数列的二阶商数列是常数列可知数列的一阶商数列是等比数列，再利用累乘法求得，即可得解.
【详解】设数列的一阶商数列为，二阶商数列为，
则，，，
又数列的二阶商数列是常数列，
则，
则满足，
所以数列是为首项，为公比的等比数列，
则，
所以，
则，，，，，，
等式左右分别相乘可得，
所以，
则，
故选：C.
8．已知函数，设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造函数以及可利用导数求证，进而继续构造函数，又导数求证，利用以及三角函数关系可证明，进而根据函数的单调性求解.
【详解】当时，，证明如下：
令在单调递减，所以，故，因此，
设则当时单调递减，当时，单调递增，故当，故当等号成立，
故
构造函数，则，
所以函数单调递减，故，
则，进而可得，
进而可得，
又，（证明如下：故在单调递减，故）
所以，进而，
由于时，，故，
从而
因此，进而，
由于，所以在上单调递增，
故，即
故选：A
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
常用的不等式：，，，，，
二、多选题
9．设正实数a，b满足，则（ ）
A．有最大值4B．有最大值
C．D．
【答案】BCD
【分析】利用基本（均值）不等式进行判断.
【详解】对于A，正实数a，b满足，即有，可得，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值4，无最大值，所以A错误；
对于B，由选项A可知，，当且仅当时取等号，所以B正确；
对于C，，当且仅当时等号成立，C正确；
对于D，，当且仅当时等号成立，D正确.
故选：BCD
10．一半径为2米的水轮，水轮圆心O距离水面1米（如图）.已知水轮按逆时针方向绕圆心O做匀速转动，每1分钟转动一圈，如果当水轮上点P从水面浮现时开始计时，则下列判断正确的有（ ）
A．点P第一次到达最高点需要20秒
B．点P第一次到达最低点需要45秒
C．在水轮转动的一圈内，有20秒的时间，点P在水面的下方
D．当水轮转动30秒时，点P距离水面的高度是2米
【答案】ACD
【分析】以O为坐标原点建立直角坐标系，如下图，设点P距离水面的高度与时间的函数解析式为，利用最值和最小正周期，可求得解析式，利用和可求得A、B正误，由可求得的范围，求得C正误，由可知D正确.
【详解】以O为坐标原点建立直角坐标系，如下图，设点P距离水面的高度与时间的函数解析式为，
由题意知：，，最小正周期，
所以，，，
所以，即，
又由及题意，所以，
所以.
对于A，令，解得，
即点P第一次到达最高点需要20秒，故A正确；
对于B，令，解得，故B错误；
对于C，令，即，
所以，解得，
所以水轮转动一圈内，点P在水面下方的时间为秒，故C正确；
对于D，因为，
所以当水轮转动30秒时，点P距离水面的高度是2米，故D正确.
故选：ACD.
11．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，E为AB的中点，则（ ）
A．BC1∥平面A1EC
B．二面角A1－EC－A的正弦值为
C．点A到平面A1BC1的距离为
D．若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的半径为
【答案】ACD
【分析】A选项，连接，使相交于F，连接EF，通过证明即可判断选项正误；B选项，通过证明平面，可得二面角A1－EC－A的平面角为；C选项，利用等体积法结合可得答案；D选项，利用正弦定理，可得外接圆半径，后可得球的半径.
【详解】A选项，连接，使相交于F，连接EF，因F，E分别为中点，
则，因平面，平面，则BC1平面A1EC，故A正确；
B选项，由题可得平面ABC，又平面ABC，则.又，
，平面，平面，则平面.
又平面，则，结合，可知二面角A1－EC－A的平面角为，则，故B错误；
C选项，设点A到平面A1BC1的距离为d，取AC中点为G，连接BG.
则，
又，，，由余弦定理可得，则，
得.则，故C正确.
D选项，设外接圆半径为，由正弦定理，.
又设三棱锥外接球半径为，则三棱锥外接球与以外接圆为底面的圆柱外接球相同，则.故D正确
故选：ACD
12．设定义在R上的函数的导函数为，若与均为偶函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称B．2为函数的周期
C．的图象关于点中心对称D．为偶函数
【答案】ABC
【分析】根据函数的性质结合复合函数导数法则逐项判断即可.
【详解】因为为偶函数，所以，
所以的图象关于直线对称，故选项A正确；
因为，所以，
又因为为偶函数，所以，所以，
所以，所以2为的一个周期，故选项B正确；
因为，所以，
所以的图象关于点中心对称，故选项C正确；
因为2为的一个周期，又因为，所以，
所以，所以为奇函数，故选项D错误.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：①如果，则关于直线对称；
②如果或，则关于点对称；
③如果，则关于.
三、填空题
13．已知函数，则的值为 .
【答案】1
【分析】根据分段函数的性质计算出答案.
【详解】.
故答案为：1
14．已知为锐角且满足，则 ．
【答案】
【分析】由同角三角函数的关系和辅助角公式倍角公式化简等式，得，可求.
【详解】为锐角且满足，
，
为锐角，所以，则.
故答案为：.
15．已知各项均不为0的数列满足，且，则 ．
【答案】/
【分析】将取倒数化简可得，即判断为等差数列，即可求得的通项公式，即可得答案.
【详解】由题意知数列满足，即，
即，
即为首项是，公差为1的等差数列，
故，
故，
故答案为：
16．在四棱锥中，，则三棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】取的两个三等分点，连接，求出相关线段的长，确定的外接圆圆心，从而确定三棱锥外接球球心的位置，列式计算求得外接球半径，即可求得答案.
【详解】如图，取的两个三等分点，连接，
设，连接，则，，
又，则四边形为平行四边形，
因为，故H为的中点，而，，
则，
，
在中，，
，
又为等边三角形，故，
即为的外接圆圆心，
又，H为BD的中点，所以，
又，≌,
，
又平面，故平面，
而平面，故，则，
设O为三棱锥的外接球球心，连接，
过点O作，垂足为F，则，则四边形为矩形，
则，，，
又H为的中点，则；
设外接球半径为R，则，即，
解得，则，
故三棱锥外接球的表面积为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答此类球与多面体的切接问题的关键在于发挥空间想象，明确空间的位置关系，确定球心位置，进而求得球的半径，即可求解答案.
四、问答题
17．已知等差数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)若对任意正整数，均有，求正整数的最大值．
【答案】(1)
(2)11
【分析】（1）根据等差数列的前n项和列出方程组，求得首项和公差，即可求得答案；
（2）由（1）可得的表达式，结合二次函数性质求得其最小值，由任意正整数，均有可得，解一元二次不等式即可得答案.
【详解】（1）由题意知等差数列的前项和为，且，
设首项为，公差为d，
故，即，
解得，故；
（2）由（1）可得，
当时，取到最小值，
故对任意正整数，均有，可得恒成立，
即，解得，
故正整数的最大值为11.
18．已知向量，向量，．
(1)求函数的单调增区间；
(2)若在上有唯一的零点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用向量数量积公式和三角恒等变换得到，整体法求出函数单调区间；
（2）求出，由得到，从而根据零点个数得到不等式，求出答案.
【详解】（1）
，
令，解得，
故的单调增区间为；
（2），
当，，
因为在上有唯一的零点，
所以，解得.
19．已知函数.
(1)若在上存在单调减区间，求实数m的取值范围；
(2)若在区间上有极小值，求实数m的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，利用在上有解，分离参数求解作答.
（2）由（1）的信息，分析函数的极值情况，再建立不等式求解作答.
【详解】（1）函数，求导得，
因为函数在上存在单调减区间，则不等式在上有解，
即在上能成立，而函数在上递减，显然，于是，
所以实数的取值范围是.
（2）由（1）知，，即，解得，
当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，因此函数在处取得极小值，
于是，即，当时，不等式成立，当时，解得，则，
所以实数的取值范围是.
五、证明题
20．如图，圆台的轴截面为等腰梯形为下底面圆周上异于的点．

(1)在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由；
(2)若四棱雉的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)为线段中点时，平面.证明见解析；
(2)
【分析】（1）取中点，取中点，根据线面平行的判定和中位线定理即可求解；
（2）过点作于，结合棱锥体积公式可得点与重合，以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式即可求解．
【详解】（1）为线段中点时，平面.
证明如下：
取中点，连接，则有，
如图，在等腰梯形中，，所以，

则四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）过点作于，
在等腰梯形中，，所以该梯形的高，
所以等腰梯形的面积为，
所以四棱锥的体积，解得，
所以点与重合，
以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，

则，
，
设平面的法向量为，
所以，取，则.
设平面的法向量为，
所以，取，则.
设平面与平面夹角为，
则.
故平面与平面夹角的余弦值为.
六、问答题
21．如图，在平面凸四边形中，为边的中点．

(1)若，求的面积；
(2)求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由余弦定理可得的长，再由三角形为等腰直角三角形，即可得到结果；
（2）根据题意，取线段的中点为，连接，设，由余弦定理以及正弦定理代入计算，再由辅助角公式，即可得到结果.
【详解】（1）因为，，由余弦定理可得，
，
则，且，，所以，
则的面积为.
（2）
取线段的中点为，连接，
设，，因为，
由余弦定理可得，，
由正弦定理可得，，则，
因为分别为的中点，所以，且，
所以，且，所以，
在中，由余弦定理可得，
，
由可得，，
所以当时，即时，取得最大值，
所以的最大值为.
七、证明题
22．已知函数，其中．
(1)当时，求证：在上单调递减；
(2)若有两个不相等的实数根．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：．
【答案】(1)证明见详解
(2)（i），（ii）证明见详解
【分析】（1）当时，利用导数可证明函数单调性；
（2）（i）方程有两个不等的实数根，即有两个不等的实数根，令，利用导数研究单调性，求出最值可得解；
（ii）要证，即证，又，，即证，可得，
令，即证，构造函数，利用导数可证明.
【详解】（1）当时，，，令，，
令，得，，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，即，
所以函数在上单调递减.
（2）（i）有两个不相等的实数根，，即方程有两个不相等的实数根，，
令，，
，当时，，即函数在上单调递减，函数至多一个零点，不合题意；
当时，，，，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，函数有两个零点，则，解得，
又，，不妨设，，
所以实数的取值范围为.
（ii）要证，即证，
又，，，即证，
将，两式相减可得，，
只需证，
即证，令，即证；
设函数，，则，
所以函数在上单调递增，则，即，
所以原不等式得证.
【点睛】方法点睛：本题第二问的第2小问是双变量不等式问题，利用导数解决的方法如下：
（1）变更主元法：对于题目涉及到的两个变元，，已知其中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外变元的取值范围问题，可以构造关于（或）的一元函数，利用导数判断单调性，最值求解证明.
（2）换元法转化为单变量：通过对所要证明式子结构特征的分析，做适当的变形，通过换元将双变量问题转化为单变量问题来解决，如指数型函数构造差值，对数型函数构造比值化双变量为单变量问题，从而构造函数求解；
（3）放缩法：通过巧妙的放缩变换，将给定的不等式转化为更易证明的形式，常见的放缩有加减放缩，乘除，取对数，去倒数，切线放缩等.