资源简介

湖南省常德市汉寿县重点中学2024届高三
上学期期中考试数学试题卷
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知集合，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．已知为虚数单位，且，则（ ）
A．3 B． C．5 D．
3．在△ABC中，设p：＝＝；q：△ABC是正三角形，那么p是q的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知点是的重心，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶、石瓢壶、潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的容积约为（ ）
A．100cm3 B．200cm3 C．600cm3 D．800cm3
6．已知是定义在上的偶函数，且对任意，都有，当时，，则函数在区间上的反函数的值（ ）
A． B． C． D．
7．已知四边形是以和为底边的梯形，（），，（，是平面内两个非零且不共线向量），则（ ）
A． B． C． D．6
8．如图，为正方体中与的交点，则在该正方体各个面上的射影可能是（ ）
A．①②③④ B．①③ C．①④ D．②④
二 多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
9．已知平面向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则向量在上的投影向量为
D．若，则向量与的夹角为锐角
10．把函数的图象先向左平移个单位长度，然后将图象上各点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），再向上平移个单位长度后得到函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的解析式为，且是偶函数
B．函数图象关于直线对称
C．函数在区间上单调递减
D．函数在区间上的最小值为
11．记数列的前项和为，若存在实数，使得对任意的，都有，则称数列为“和有界数列”．下列说法正确的是（ ）
A．若数列是等差数列，且公差，则数列是“和有界数列”
B．若数列是等差数列，且数列是“和有界数列”，则公差
C．若数列是等比数列，且公比满足，则数列是“和有界数列”
D．若数列是等比数列，且数列是“和有界数列”，则公比满足
12．若，则（　　）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13．已知，则的值是 .
14．若函数的图象在点处的切线与直线垂直，则的值等于 .
15．在中，的对边分别是，已知，且，则= ．
16．如图所示，PO⊥平面ABC，BO⊥AC，在图中与AC垂直的直线有 条．
四 解答题：本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
17．已知函数.
（1）当时，求函数在上的极值；
（2）证明：当时，.
18．在中，内角的对边长分别为，.
(1)若，求面积的最大值；
(2)若，在边的外侧取一点（点在外部），使得，，且四边形的面积为，求的大小.
19．设函数.已知存在使得同时满足下列三个条件中的两个：条件①：；条件②：的最大值为；条件③：是图象的一条对称轴.
(1)请写出满足的两个条件，并说明理由；
(2)若在区间上有且只有一个零点，求的取值范围.
20．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AB=AC=1，AB⊥AC，M，N，Q分别为CC1，BC，AC的中点，点P在线段A1B1上运动，且.
(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ；
(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由.
21．已知数列{an}满足a1＝1，，其中n∈N*．
（1）设，求证：数列{bn}是等差数列，并求出{an}的通项公式．
（2）设，数列{cncn+2}的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得对于n∈N*，恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明．
22．已知两数．
（1）当时，求函数的极值点；
（2）当时，若恒成立，求的最大值．
参考答案
1．D
【分析】先根据基本不等式的解法求出集合，然后根据集合并集的运算法则求解.
【详解】解：，
故选：D．
2．C
【分析】依题意先对原式进行化简，可求得，利用共轭复数的定义可得，再利用复数的运算可求得答案.
【详解】由题意得：，则，
.
故选：C.
3．C
【分析】若p成立，利用正弦定理可证得a＝b＝c，充分性成立，若q成立，易知有p成立，即可得解.
【详解】若p成立，即＝＝，由正弦定理，可得＝＝＝k.
∴∴a＝b＝c.
则q：△ABC是正三角形，成立．
反之，若a＝b＝c，则∠A＝∠B＝∠C＝60°，
则＝＝.
因此p q且q p，即p是q的充要条件．故选C.
【点睛】本题主要考查了充要命题的判断，用到了正弦定理，属于基础题.
4．D
【分析】由点是的重心，则，有，可得结果.
【详解】点是的重心，则有，所以，
所以.
故选：D．
5．B
【分析】利用圆台体积公式进行求解，再结合选项得到答案.
【详解】根据圆台体积公式可得：，故那么该壶的容积约为200 cm3
故选：B
6．A
【分析】根据奇偶性和周期性求当时，，再根据反函数特点：若原函数过点则反函数过点．
【详解】，
当时，，所以时，，
是定义在上的偶函数，，
所以当时，，
令
故选：A．
7．C
【分析】求得，再根据向量平行，即可求得结果.
【详解】根据题意，，
又//，故可得，解得.
故选：C.
8．C
【分析】从三个角度对正方体进行平行投影，首先确定关键点P、A，C在各个面上的投影，再把它们连接起来，即得△PAC在该正方体各个面上的射影．
【详解】由题意知，P为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的中心，
则从上向下投影时，点P的影子落在对角线AC上，故△PAC在下底面上的射影是线段AC，是第一个图形；
当从前向后投影时，点P的影子应落在侧面CDC1D1的中心上，A点的影子落在D上，故故△PAC在面CDC1D1上的射影是三角形，是第四个图形；
当从左向右投影时，点P的影子应落在侧面BCB1C1的中心上，A点的影子落在B上，故△PAC在面CDC1D1上的射影是三角形，是第四个图形．
故选：C．
9．BC
【分析】根据向量线性运算即数量积公式可判断AB选项，根据投影向量定义可得判断C选项，由 可得，但此时向量与的夹角可以为零角并非锐角，可得D错误.
【详解】解：已知平面向量，，，
对于A，若，可得，即，解得，所以A选项错误；
对于B，若，根据平面向量共线性质，可得，即，所以B选项正确；
对于C，若，则，
由投影向量定义可知向量在上的投影向量为，
所以C选项正确；
对于D，若，则，所以；
但当时，，
此时向量与的夹角为，所以D选项错误；
故选：BC.
10．BD
【分析】首先根据题意得到，对选项A，即可判断A错误，对选项B，根据即可判断B正确，对选项C，根据在有增有减，即可判断C错误，对选项D，根据，即可判断D正确.
【详解】的图象先向左平移个单位长度得到，
将图象上各点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），得到，
再向上平移个单位长度后得到.
对选项A，因为，故A错误.
对选项B，，故B正确.
对选项C，，，
所以在有增有减，故C错误.
对选项D，因为，
所以，
即的最小值为，故D正确.
故选：BD
11．BC
【分析】利用给定定义结合等差数列前n项和对选项A，B并借助一次、二次函数性质分析判断；
结合等比数列前n项和对选项C并借助即可推理判断，举特例判断选项D作答.
【详解】若数列是公差为d的等差数列，则，
当时，若，则，是的一次函数，不存在符合题意的，A错误；
数列是“和有界数列”，当时，是的二次函数，不存在符合题意的，当，时，存在符合题意的，B正确；
若数列是公比为的等比数列，则，
因满足，则，即，，则存在符合题意的实数，即数列是“和有界数列”，C正确；
若等比数列是“和有界数列”，当时，若为偶数，则，若为奇数，则，即，从而存在符合题意的实数，D错误.
故选：BC
12．ACD
【分析】直接利用函数的关系式的变换和构造函数的应用，进一步求出函数的导数，利用函数的导数和单调区间的关系和二次求导的应用判定、、、的结论．
【详解】解：对于，整理得，
设，
则，故函数为增函数，
由于，
所以，即正确；
对于，整理得，
设，
所以，，
令，
所以，
当时，，故在上单调递增，
故，
所以，函数在上单调递增，
故，故错误；
对于，整理得，
设，，
所以，令，解得，
故函数在上单调递增，
所以，故正确；
对于，整理得，
设，
所以，
设，
由于，
故，
所以函数在单调递减，
故，
所以，即函数在上单调递减，
所以，故正确．
故选：ACD．
13．310/0.3
【详解】试题分析：.
考点：同角三角函数的基本关系式.
14．
【分析】先求解出在点处的导数值即为切线的斜率，然后根据垂直对应的斜率关系求解出的值.
【详解】因为，所以，
又因为点处的切线与直线垂直，且的斜率为，
所以，所以，
故答案为：.
15．
【详解】试题分析：由，得：又为内角，故.所以又，.
考点：向量的数量积与解三角形.
【方法点晴】平面向量与三角函数交汇点较多，向量的平行、垂直、夹角、数量积等知识都可以与三角函数进行交汇.不论是哪类向量知识与三角函数的交汇试题，其解法都差不多，首先都是利用向量的知识将条件转化为三角函数中的“数量关系”，再利用三角函数的相关知识进行求解．
16．4
【分析】由线面垂直的性质可得，再由，即可得到平面，即可得解；
【详解】解：因为平面，平面，所以．
又，，平面，所以平面，
所以内的4条直线， ，，都与垂直，
所以图中共有4条直线与垂直．
故答案为：
17．（1）极大值为；极小值为；（2）证明见解析.
【解析】（1）当时，函数求导，解导函数不等式得函数单调区间求得极值；
（2）构造函数，求导，得在上是增函数，得证.
【详解】（1）当时，
，，
令，得或；
令，得；
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取得极大值为；
当时，取得极小值为.
（2）证明：令，，
∴在上是增函数，∴，
∴，即当时，.
【点睛】本题考查利用导函数求函数的极值及证明不等式，属于基础题,
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得，由余弦定理求得，得到，再由余弦定理和基本不等式求得的最大值，进而求得面积的最大值；
（2）设，利用余弦定理和为正三角形，求得，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：由，
因为，可得，
又由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
因为，可得，所以，
在中，由余弦定理得，
即，当且仅当时取等号，
所以，
所以面积取得最大值.
（2）解：设，则，
在中，由余弦定理得，
由（1）知，且，所以为正三角形，
所以，
可得，
因为，故，所以，可得.
19．(1)②③，理由见解析
(2)
【分析】（1）首先分析①②可得，逐个验证条件③即可得结果；
（2）由（1）得函数的解析式，通过的范围求出的范围，结合正弦函数的性质列出关于的不等式即可得解.
【详解】（1）函数，
其中，
对于条件①：若，则，
对于条件②：的最大值为，则，得，①②不能同时成立，
当时，，即不满足条件③；
当时，，，即满足条件③；
当时，，，即不满足条件③；
综上可得，存在满足条件②③.
（2）由（1）得，
当时，，
由于在区间上有且只有一个零点，
则，解得，
即的取值范围是.
20．(1)证明见解析
(2)存在点P，A1P
【分析】（1）连接A1Q，易证AM⊥A1Q，再由NQAB，结合AB⊥AC，得到NQ⊥AC，再由直三棱柱的性质得到 NQ⊥AA1，从而NQ⊥平面ACC1A1，得到NQ⊥AM，再由N，Q，A1，P四点共面，得到AM⊥平面PNQ证明；
（2）以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴 y轴 z轴，建立空间直角坐标系，先求得是平面PMN的一个法向量，取平面ABC的一个法向量为=（0，0，1），由求解.
【详解】（1）证明：如图所示：
连接A1Q.
因为AA1=AC=1，M，Q分别是CC1，AC的中点，
所以Rt AA1Q≌RtCAM，
所以∠MAC=∠QA1A，所以∠MAC+∠AQA1=∠QA1A+∠AQA1=90°，
所以AM⊥A1Q.
因为N，Q分别是BC，AC的中点，
所以NQAB.
又AB⊥AC，所以NQ⊥AC.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，所以NQ⊥AA1.
又AC∩AA1=A，AC，AA1 平面ACC1A1，
所以NQ⊥平面ACC1A1，
所以NQ⊥AM.
由NQAB和ABA1B1可得NQA1B1，
所以N，Q，A1，P四点共面，
所以A1Q 平面PNQ.
因为NQ∩A1Q=Q，NQ，A1Q 平面PNQ，
所以AM⊥平面PNQ，
所以无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.
（2）存在点P，当时，平面PMN与平面ABC的夹角为60°.
理由如下：以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴 y轴 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
由，
可得点P（λ，0，1），所以.
设是平面PMN的一个法向量，
则，即，
解得，
令x=3，则y=1+2λ，z=2-2λ，
所以=（3，1+2λ，2-2λ）是平面PMN的一个法向量.
取平面ABC的一个法向量为=（0，0，1）.
假设存在符合条件的点P，则，
化简得4λ2-14λ+1=0，
解得λ=或λ=（舍去）.
综上，存在点P，且当A1P时，满足平面PMN与平面ABC的夹角为60°.
21．（1）；（2）3
【详解】试题分析：
(1)结合递推关系可证得bn+1-bn2，且b1＝2，即数列{bn}是首项为2，公差为2的等差数列，据此可得数列的通项公式为．
(2)结合通项公式裂项有求和有．据此结合单调性讨论可得正整数m的最小值为3．
试题解析：
（1）证明：bn+1-bn ．
又由a1＝1，得b1＝2，所以数列{bn}是首项为2，公差为2的等差数列，所以bn＝2+(n-1)×2＝2n，由，得．
（2）解：，所以．
依题意，要使对于n∈N*恒成立，只需，解得m≥3或m≤-4．又m＞0，所以m≥3，所以正整数m的最小值为3．
22．（1）唯一的极大值点1，无极小值点．（2）1.
【解析】（1）求出导函数，求得的解，确定此解两侧导数值的正负，确定极值点；
（2）问题可变形为恒成立，由导数求出函数的最小值， 时，无最小值，因此只有，从而得出的不等关系，得出所求最大值．
【详解】解：（1）定义域为，当时，，
令得，当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以有唯一的极大值点，无极小值点．
（2）当时，．
若恒成立，则恒成立，
所以恒成立，令，则，由题意，函数在 上单调递减，在上单调递增，所以，所以，
所以，所以，故的最大值为1．
【点睛】本题考查用导数求函数极值，研究不等式恒成立问题．在求极值时，由确定的不一定是极值点，还需满足在两侧的符号相反．不等式恒成立转化为求函数的最值，这里分离参数法起关键作用．

展开更多......

收起↑