2024届山西省临汾市高三上学期11月期中数学试题含答案

这是一份2024届山西省临汾市高三上学期11月期中数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解不等式得到，利用交集概念求出答案.
【详解】，
故.
故选：D
2．设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据复数的四则运算和复数的模长公式求解即可.
【详解】因为，
所以，，
故选：B
3．已知P，Q分别为的边，的中点，若，，则点C的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由向量求出的坐标，进而求出点C的坐标.
【详解】由P，Q分别为的边，的中点，，得，
点为坐标原点，，因此，
所以点C的坐标为.
故选：A
4．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】确定函数的定义域并判断其奇偶性，排除部分选项，再利用在上函数值的正负判断得解.
【详解】函数，
对任意实数，（当且仅当时取等号，，
又，即函数是R上的偶函数，而是奇函数，
因此函数的定义域为R，是奇函数，图象关于原点对称，选项A错误；
当时，，，选项BD错误，选项C符合要求.
故选：C
5．已知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，则的极小值为（ ）
A．2B．1C．0D．-1
【答案】A
【分析】由单调性可得，求得值，验证求极值即可.
【详解】函数，
由在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则函数在处取极小值，
所以有，由，
得，解得，
则有，
由，得只有一个根，
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增；故当时，满足题意，
所以有极小值，且极小值.
故选：A.
6．在三棱锥中，，，，分别为，，的中点，为的中点，若且，则下列结论中不一定正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
【答案】C
【分析】根据图形结合选项以及相关定理进行逐一验证.
【详解】因为，分别为，的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，所以A正确.
连接交于，连接，由是三角形的中位线可知为的中点，
又为的中点，所以,
因为平面，平面，所以平面，所以B正确.
假若平面，则，这从已知条件无法得出，所以C不正确.
因为，为的中点，所以；
因为，分别为，的中点，所以，所以；
因为，，所以平面，所以D正确.
故选：C.
7．已知，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】化切为弦，结合，得到，因为，所以，故，求出.
【详解】，
即，
故，
所以，
所以，
因为，，
所以，
因为，所以，
故，解得.
故选：C
8．已知等比数列的前项和，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据等比数列的定义可计算得公比，进而可得，进而对分奇偶，结合数列的单调性即可求解.
【详解】
由于为等比数列，所以，所以，
所以，
当为偶数时，由得对任意的偶数成立，
由于为单调递增数列，所以单调递减，所以当时取最大值，故，
当为奇数时，由得对任意的奇数成立，
由于为单调递增数列，所以单调递增， 故，
综上可知：对任意，，
故选:C
二、多选题
9．已知，若，则（ ）
A．B．
C．的最小值为8D．的最大值为
【答案】ABC
【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，以及基本不等式，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A和B中，因为且，可得且，
即，所以，且，，所以A、B正确；
对于C中，由，
当且仅当，且，即，时，取“”号，所以C正确；
对于D中，由，即，当且仅当，且，即，时，取“”号，所以D错误．
故选：ABC.
10．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．的零点是
D．的单调递增区间为
【答案】AC
【分析】先根据两角和差的正余弦公式化简函数，然后利用正弦函数的图象与性质逐项分析即可.
【详解】.
对于A，的最小正周期为，故A正确；
对于B，当时，，所以不是的图象的对称轴，故B错误；
对于C，由，可得，所以，
所以，故C正确；
对于D，由，得，
所以函数的单调递增区间为，故D错误.
故选：AC
11．已知函数的定义域为，的图象关于直线对称，且在区间上单调递增，函数，则下列判断正确的是（ ）
A．是偶函数B．
C．D．
【答案】AD
【分析】根据题目分析、在上的单调性和增减性，然后讨论其复合函数的增减性和奇偶性即可.
【详解】因为函数的定义域为，的图象关于直线对称，
通过整体向右平移一个单位，所以关于对称，为偶函数.
又因为在区间上单调递增，
同理，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
函数，则
，则为在奇函数.
，所以在上为单调递增.
选项A：由于.所以为偶函数.故A正确.
选项B：因为，由于在上为单调递增.所以，故B错误.
选项C：令，则，当时，，
所以在区间上单调递增，所以，即，即，所以，所以，故C错误.
选项D：经过分析，所以，D正确.
故选：AD
12．已知圆锥的轴截面是等边三角形，，是圆锥侧面上的动点，满足线段与的长度相等，则下列结论正确的是（ ）
A．存在一个定点，使得点到此定点的距离为定值
B．存在点，使得
C．存在点，使得
D．存在点，使得三棱锥的体积为
【答案】BD
【分析】取线段PA的中点C，过点C作平面与PA垂直，可知平面截圆锥PO所得的截口曲线是以BC为长轴的椭圆，进而判断选项A、B；类比平面中圆的性质，可判断选项C；根据三棱锥与三棱锥的体积相等，可知当M到平面PAB的距离最大时，三棱锥体积最大，求出体积的最大值即可判断选项D.
【详解】如图所示，取线段PA的中点C，过点C作平面与PA垂直.
依题意，有
因为，所以点M在平而内，再结合是等边三角形，可知平面截圆锥PO所得的截口曲线是以BC为长轴的椭圆.
对于选项A，因为点M的轨迹是椭圆而不是圆，所以不存在定点使得M到此定点的距离为定值，故A错误；
对于选项B，当点M与C重合时，，当点M与B重合时，，
则M在B与C之间运动时，必存在的情形，即，故B正确；
对于选项C，以AB为直径作一个球，由，可知点C在此球面上，从而可知点M的轨迹除了B，C两点之外均在此球内部.
类比平面中圆的性质，可知，故C错误；
对于选项D，当点M到平面PAB的距离最大时，点M恰好是其轨迹椭圆的短轴端点.
取线段BC的中点D，因为点C所在的平行于圆锥底面的圆半径为1，点B所在的底面圆半径为2，
所以过点D作与圆锥底面平行的平面，截圆锥得到一个半径为的圆，
且点D到直线PO的距离.
此圆与椭圆的交点即为椭圆的短轴端点M，此时，
则三棱锥的体积的最大值为，即存在点M，使得三棱锥的体积为，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是根据PM与AM长度相等，所以作过PA中点C且与PA垂直的平面，得到截口曲线为椭圆，且点M在椭圆上，并结合圆锥的结构特征及椭圆的定义进行解题.
三、填空题
13．一个正四棱台的下底面周长与上底面周长之差为16，且其侧面梯形的高为，则该正四棱台的高为 .
【答案】
【分析】根据正四棱台的几何性质即可根据勾股定理求解.
【详解】如图：在正四棱台,分别为侧面上的高以及棱台的高，
设棱台的上下底面的边长分别为，则，
在等腰梯形中，，
所以，
故棱台的高为，
故答案为：
14．记等比数列的前项和为，已知，且，写出满足条件的一个的通项公式： .
【答案】（或者）
【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解首项和公比，即可求解.
【详解】由可知公比不为1，所以，
当时，，所以
当时，，所以，
故答案为：（或者）
15．已知函数的图象与轴的交点为，且在区间上有且仅有一个零点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】由，求出，再结合余弦型函数的零点个数进行列不等式即可.
【详解】解：依题意得，，
得，因为，所以，
则，
因为，
所以，
要使函数在区间上有且仅有一个零点，
则，
解得，
则的取值范围是.
故答案为：
16．已知函数，若关于x的方程有4个不相等的实数根、、、，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】画出函数图象，根据方程的根的个数转化为的图象与直线有4个不同的公共点，数形结合求得m范围，以及、、、之间的关系及对应范围，即可求解.
【详解】由的解析式作出的大致图象，如图所示：
方程有4个不等实数根等价于的图象与直线有4个不同的公共点，
则，不妨令，
则由图可知，，，
所以，，
由，得.
所以，
设，则，
根据对勾函数单调性知在区间上单调递增，所以，
即的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题
17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)若，求A；
(2)若，求证：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用余弦定理将已知等式统一成边的形式，再结合余弦定理和，可求出角；
（2）由结合余弦的二倍角公式可求出，再利用余弦定理得，由结合余弦定理得，两式结合化简可证得结论.
【详解】（1）解：因为，
所以由余弦定理得，
所以，得，
因为，所以，得，
所以由余弦定理得，
因为，所以；
（2）证明：因为，所以，
化简整理得，
，解得或（舍去），
所以由余弦定理得，所以，
因为，
所以由余弦定理得，
整理得，
所以，
所以，得，
所以.
18．记正项数列的前项和为，已知.
(1)求；
(2)若，数列的前项和为，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用以及等差数列的相关知识可解；
（2）分奇偶进行求和，奇数项可以利用等差数列的前n项和公式求解，偶数项利用裂项相消法求解，再相加即可.
【详解】（1）因为，所以，
将上述两式相减得：，由于是正项数列，
当时，，因为，所以或(舍去)，
所以，
所以可得：，故数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以；
（2）因为，结合（1）的结论可得，
.
19．如图，在四棱锥中，平面，，.
(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）延长，交于点，利用线面平行的判定，结合三角形中位线性质推理即得.
（2）在平面内过点作射线，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）如图，延长，交于点，
由，得为正三角形，又，
则为的中位线，因此，而平面平面，
所以平面.
（2）在平面内过点作射线，由平面，得两两垂直，
以为坐标原点，射线的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量为，则，令，得，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
20．如图，已知平行六面体中，，，为，的交点，且.
(1)求证：平面平面；
(2)若，，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，进而可证明面面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角求解即可.
【详解】（1）由于， ，平面，
所以平面，又平面，所以，
，平面，所以平面,
又平面，所以平面平面
（2）又（1）知平面平面，且两平面交线为,,平面，所以平面，
同理可得平面，因此两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
由，可得 ,
则,
,
设平面,的法向量分别为，
所以取，则，
取，则，
设二面角的平面角为为锐角，
所以，
故二面角的余弦值为
21．已知各项均不为0的数列的前项和为，且.
(1)若，求数列的前项和；
(2)若，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先由递推关系结合得到，再利用分组求和的方法求前n项和；
（2）首先利用将原式化简为，再构造函数，利用作差法判断函数的增减性，进而可得最大值.
【详解】（1）当时，，所以有，
得：，所以，即，
当时，，所以，不满足上式，
当时，
，
当时，满足上式，
综上：.
（2）当时，，所以，所以，即，
令，则，
令，解得，由于数列中的是正整数，
所以可得，，，，
综上：.
22．已知函数.
(1)若单调递增，求的值；
(2)设是方程的两个实数根，求证：.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）由单调递增，转化为恒成立，分离参数法可求；
（2）由是方程的两个实数根，化简得，，两式作和与差，消去参数，转化为证明，整体换元，转化变形为的证明，构造函数，利用导数证明即可．
【详解】（1），，
则，
由单调递增，则，即，
则有恒成立，
当时， 对任意都成立；
当时，，
则恒成立，
设，则为减函数，当时，则，
且，所以；
当时，，则恒成立，
由为减函数，当时，则，
且，所以；
综上所述，；
（2）方程，
所以，则有，
且，由，得．
要证，只要证明，即证，
记，则，，
因此只要证明，即．
记，，
令，则，
当时，，
所以函数在上递增，则，
即，
则在上单调递增，，
即成立，
．
【点睛】多变量导数题的核心思想是不变的——消元，消元的方法有很多，在双变量问题中可以差值比值代换，主元法，构造函数等等.这些方法同样适用于多变量，在三变量消元时也可以考虑先忽略一个变量，将三变量转化成双变量问题.