2024届山东省济宁市泗水县高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届山东省济宁市泗水县高三上学期期中数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先分别求出集合，再根据并集的运算求解．
【详解】∵集合，
，
∴．
故选:B．
2．向量， 则在上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用投影向量的定义求解.
【详解】解：因为向量，
所以 在上的投影向量是,
故选：C
3．已知向量，，函数，下列四个点中，可为图象对称中心的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据数量积的坐标运算，结合辅助角公式化简，即可由整体法求解对称中心.
【详解】由题意．
令，，所以，，
所以图象的对称中心为，
故函数的图象的一个对称中心可以是．
故选：B
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由，结合诱导公式、二倍角余弦公式可得，即可求值.
【详解】由题意有：，
∴，又，
∴.
故选：A.
5．已知数列是正项等比数列，数列满足.若，（ ）
A．24B．32C．36D．40
【答案】C
【分析】利用等比数列的性质，结合对数的运算法则即可得解.
【详解】因为是正项等比数列，，
所以，则，
所以
.
故选：C.
6．已知定义在上的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】构造函数，求导结合题意可得g(x)在R上单调递减，利用单调性解不等式.
【详解】构造函数，则函数的导数为，
∵,∴，即g(x)在R上单调递减；
又，
则不等式,则，即g(x)0，
即所求不等式的解集为(0,+∞).
故选：B.
7．《海岛算经》是中国学者刘徽编撰的一部测量数学著作，现有取自其中的一个问题：今有望海岛，立两表齐，高三丈，前后相去千步，令后表与前表参相直，从前表却行一百二十三步，人目着地，取望岛峰，与表末参合，从后表却行一百二十七步，人目着地，取望岛峰，亦与表末参合，问岛高几何？用现代语言来解释，其意思为：立两个3丈高的标杆，之间距离为1000步，两标杆与海岛的底端在同一直线上.从第一个标杆M处后退123步，人眼贴地面，从地上A处仰望岛峰，人眼，标杆顶部和山顶三点共线；从后面的一个标杆N处后退127步，从地上B处仰望岛峰，人眼，标杆顶部和山顶三点也共线，则海岛的高为（3丈=5步）（ ）
A．1200步B．1300步C．1155步D．1255步
【答案】D
【解析】设海岛的高为步，用表示和，列出方程即可求出.
【详解】解：设海岛的高为步，由题意知，步，步，步，
步，则，即，
，所以，
则，解得，即海岛的高为步，
故选：D.
8．已知函数及其导函数定义域均为，记，且，为偶函数，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】对两边同时求导，结合函数的周期和偶函数的性质进行求解即可.
【详解】因为为偶函数，，
所以，
对两边同时求导，得，所以有
所以函数的周期为，
在中，令，所以，
因此，
因为为偶函数，
所以有，
，
由可得：，
所以，
故选：C
【点睛】关键点睛：本题的关键是对两边同时求导，再利用赋值法进行求解.
二、多选题
9．以下说法正确的有（ ）
A．“”是“”的必要不充分条件
B．命题“，”的否定是“，”
C．“”是“”的充分不必要条件
D．设，，则“”是“”的必要不充分条件
【答案】CD
【分析】根据充分、必要条件、存在量词命题的否定等知识确定正确答案.
【详解】A选项，，解得，
所以“”是“”的充分不必要条件，A选项错误.
B选项，因为由，得，即，
命题“，”的否定是“，”，所以B选项错误.
C选项，；
所以，所以“”是“”的充分不必要条件，
所以C选项正确.
D选项，由于，所以“”是“”的必要不充分条件，
所以D选项正确.
故选：CD
10．已知函数 (A＞0，ω＞0，)的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．函数f(x)的图象关于点对称B．函数f(x)的图象关于直线对称
C．函数f(x)在单调递增D．该图象向右平移个单位可得y=2sin2x的图象
【答案】AB
【分析】先根据图像求出解析式，A、B选项直接代入判断，C选项求出整体的范围后判断单调性，D选项按照平移变换进行判断.
【详解】由图可知，，，所以，代入，，又，，故.
把点代入，，A正确；当时，，B正确；
，，f(x)不单调，C错误；，D错误.
故选：AB.
11．已知函数若函数有4个零点，则的取值可能是（ ）
A．B．-1C．0D．2
【答案】AC
【分析】利用导数研究函数的图像，寻找与有两个交点的的取值范围，即可解答.
【详解】令，即，解得或.当时，.由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增，且.画出的图象，如图所示.由图可知有2个不同的实根，则有4个零点等价于有2个不同的实根，且，故.
故选：AC
12．定义：在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“美好成长”．将数列、进行“美好成长”，第一次得到数列、、；第二次得到数列、、、、；；设第次“美好成长”后得到的数列为、、、、、，并记，则（ ）
A．B．
C．D．数列的前项和为
【答案】ACD
【分析】对A：由题意直接运算判断；对B：根据题意分析可得：，利用构造法结合等比数列分析运算；对C：根据第次“美好成长”与第次“美好成长”的关系分析运算；对D：由，利用构造法结合等比数列可得，利用裂项相消结合分组求和运算求解.
【详解】对于A选项，，A对；
对于B选项，设第次“美好成长”后共插入项，即，共有个间隔，且，
则第次“美好成长”后再插入项，则，
可得，且，
故数列是以首项为，公比为的等比数列，
则，故，B错；
对于C选项，由题意可知：
，C对；
对于D选项，因为，且，
所以，，且，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，故，
所以，，
所以，数列的前项和为，D对.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现时，构造等差数列；
（2）当出现时，构造等比数列；
（3）当出现时，用累加法求解；
（4）当出现时，用累乘法求解.
三、填空题
13．已知函数，则 ．
【答案】
【分析】根据分段函数的解析式求得正确答案.
【详解】.
故答案为：
14．已知是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】考虑，，三种情况，根据函数的奇偶性计算函数解析式，解不等式得到答案.
【详解】①当时，，，即，即，
解得；
②当时，，不成立；
③当时，，，即，
即，解得；
综上所述：.
故答案为：.
15．如图的曲线就像横放的葫芦的轴截面的边缘线，我们叫葫芦曲线（也像湖面上高低起伏的小岛在水中的倒影与自身形成的图形，也可以形象地称它为倒影曲线），它对应的方程为（其中记为不超过的最大整数），且过点，若葫芦曲线上一点到轴的距离为，则点到轴的距离为 .
【答案】
【分析】根据过点，求得，再根据葫芦曲线上一点到轴的距离为，即，代入求解.
【详解】解：因为过点，
所以，
则，即，
所以，即，
因为葫芦曲线上一点到轴的距离为，
所以，
所以，
，
故答案为：.
16．已知实数 ，满足 ， ，则 .
【答案】
【分析】把给定的两个等式利用对数定义变形，再根据其结构特征构造函数，讨论单调性即可作答.
【详解】由知， ，即，
由 知，，即 ，
设，则，
显然函数在上单调递增，
则有，又，即，
从而得，所以.
故答案为：
四、解答题
17．已知函数（，）在一个周期内的图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象．

(1)求的单调递增区间；
(2)在中，若，，，求．
【答案】(1)
(2)或．
【分析】（1）由函数的图象，求得，再由三角函数的图象变换，得到，结合三角函数的性质，即可求解；
（2）因为，求得或，结合余弦定理和勾股定理，即可求解.
【详解】（1）解：由函数的图象，可得，即，所以，
又由最高点是，所以，即，
因为，所以，可得，所以，
将的图象向左平移个单位长度得到的图象，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
得到函数的图象．
令，所以，
故的单调递增区间为．
（2）解：因为，所以．
又因为，所以，所以或，
所以或，
当时，由余弦定理得，所以；
当时，由勾股定理，得，所以．
故边的长为或．
18．已知等差数列中的前n项和为，且成等比数列，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列为递增数列，记，求数列的前40项的和.
【答案】(1)或
(2)
【分析】根据条件先求出的通项公式，再求出的通项公式即可.
【详解】（1）设公差为，则，即
解得或 ，所以或；
（2）因为数列为递增数列，，，，
所以
；
所以.
19．已知函数.
（1）求函数的单调增区间；
（2）求函数在上的最大值.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【分析】（1）利用导数，直接解得的单调递增区间；
（2）分类讨论：当时，在上单调递增，此时；
当时，在上单调递增，在上单调递减，可以求出最大值.
【详解】（1）的定义域为， ，
令，得，∵，∴.
故的单调递增区间为.
（2）由（1）知，在上是增函数，在上是减函数.
∴当时，在上单调递增，此时；
当时，在上单调递增，在上单调递减，此时
.
综上所述，当时，的最大值为；当时，的最大值为.
20．中，是上的点，平分面积是面积的3倍.
(1)求；
(2)若，求和的长.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）利用三角形面积之间的关系，结合正弦定理可得结果；
（2）利用三角形角平分线定理可求得；设，则，由，知，由余弦定理得到和，建立方程求解即可得.
【详解】（1），
，
由正弦定理可知
（2），.
设，则，
在与中，由余弦定理可知，
，
，
，解得，即.
五、证明题
21．已知数列满足，
(1)判断数列是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；
(2)若数列的前10项和为361，记，数列的前n项和为，求证：.
【答案】(1)是，证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意求出数列的递推关系式，再由等比数列的定义可证;
（2）由条件，得，再由函数在上单调递增，，求出，从而，而利用可得证.
【详解】（1）数列成等比数列.
根据
得；
，，，
即数列成等比数列.
（2）由（1）得，，，
故
由，得.
显然，，单调递增，且，
故，，.
，，,
当时，,
综上，知.
【点睛】本题的关键是的适当放缩，从而利用裂项相消法求前项的和.
六、解答题
22．已知函数.
(1)讨论函数的极值点个数；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据函数极值的定义，结合一元二次方程根的判别式分类讨论进行求解即可；
（2）利用换元法构造函数，根据导数的性质进行求解即可.
【详解】（1），，.
令，方程的判别式为，
①：当即时，，单调递增，无极值点；
②：当即时，函数有两个零点，，
（i）当时.，，当时，单调递减，
当时，单调递增，有一个极小值点；
（ii）当时，，
当与时，单调递增，
当时，单调递减，有两个极值点.
综上：当时无极值点；当时有两个极值点；
当时有一个极小值点.
（2）不等式恒成立，即.
，令，，
.
令，，则需，
当时，，单调递增，又，
时，不合题意，.
当时，单调递减，当时单调递增，.
而，，
又由可得，
所以需，
令，，当时单调递增，
当时单调递减，
，
.
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据换元法把变形为.