2024届山西省太原市山西大学附中高三上学期12月月考（总第七次）数学试题含答案

这是一份2024届山西省太原市山西大学附中高三上学期12月月考（总第七次）数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据一元二次不等式以及对数复合函数的定义域化简集合，即可由集合的交并补运算求解.
【详解】由得，所以或，
由得，
故，
故选：C
2．设，则在复平面内的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】先求出复数，再求其共轭复数，即可判断.
【详解】复数，
所以的共轭复数，
所以在复平面内的共轭复数对应的点位于第四象限.
故选：D.
3．已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用函数的奇偶性、单调性、对数函数的图象与性质分析运算即可得解.
【详解】解：由题可知函数的定义域为，
∵，
∴是偶函数，
∴由可得，即.
当时，，∵和在上都是单调递增的，
∴在上单调递增，又因是偶函数，
∴在上单调递减.
又∵，由函数的定义域知有，
∴由可得，解得：；
由可得，解得：.
综上，不等式的解集为.
故选：D.
4．函数的图象可能是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用排除法，结合函数的奇偶性以及函数值的符号分析判断.
【详解】因为定义域为，
且，
所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故B，D都不正确；
对于C，时，，，
所以，所以，故C不正确；
对于选项A，符合函数图象关于原点对称，也符合时，，故A正确．
故选：A.
5．2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游．除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，山东也成为备选地之一．若每个部门从六个旅游地中选择一个旅游地，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有（ ）
A．1800B．1080C．720D．360
【答案】B
【分析】分四个部门所选旅游地都不相同、有两个部门选同一个旅游地，其它两个部门在其它五个旅游地各选一个，应用排列组合数求不同情况下的方法数，加总即可.
【详解】若四个部门所选旅游地都不相同，则种，
若有两个部门选同一个旅游地，余下两个部门在其它五个旅游地各选一个，
所以种，
综上，甲、乙、丙、丁部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有种.
故选：B
6．2020年12月17日凌晨，嫦娥五号返回器携带月球样品在内蒙古四子王旗预定区域安全着陆-嫦娥五号返回：舱之所以能达到如此高的再入精度，主要是因为它采用弹跳式返回弹道，实现了减速和再入阶段弹道调整，这与“打水漂”原理类似(如图所示).现将石片扔向水面，假设石片第一次接触水面的速率为100m/s，这是第一次“打水漂”，然后石片在水面上多次“打水漂”，每次“打水漂”的速率为上一次的90%，若要使石片的速率低于60m/s，则至少还需要“打水漂”的次数为（）(参考数据：取lg2≈0.301，lg3≈0.477)
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】设石片第n次“打水漂”时的速率为vn，再根据题设列不等式求解即可.
【详解】设石片第n次“打水漂”时的速率为vn，则vn＝.
由，得，则，
所以，故，又，
所以至少需要“打水漂”的次数为6.
故选：C
7．已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先把化成，求出的零点的一般形式为，根据在区间内没有零点可得关于的不等式组，结合为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.
【详解】由题设有，
令，则有即.
因为在区间内没有零点，
故存在整数，使得，
即，因为，所以且，故或，
所以或，
故选：D.
【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题.
8．设函数，其中 ，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，，问题转化为存在唯一的整数使得满足，求导可得出函数的极值，数形结合可得且，由此可得出实数的取值范围.
【详解】设，，
由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，
，当时，；当时，.
所以，函数的最小值为.
又，.
直线恒过定点且斜率为，
故且，解得，故选D.
【点睛】本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于中等题.
二、多选题
9．已知函数为的两个极值点，且的最小值为，直线为图象的一条对称轴，将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则（ ）
A．B．
C．的图象关于点对称D．的图象关于点对称
【答案】BD
【分析】选项A，由的最小值为可得周期，进而解得；选项B，由对称轴代入函数可得最值，解即可；选项C，代入验证知C项错误；选项D可证明.
【详解】选项A，因为为的两个极值点，且的最小值为，
所以的周期，所以，故A错误；
则，
选项B，由为图象的一条对称轴，
所以，即，
因为，所以，故B正确；
则，
将的图象向左平移个单位长度，得，
选项C，若的图象关于点对称，则 ，
但，故C错误；
选项D，由，
得，
即的图象关于点对称，故D正确.
故选：BD.
10．在中，下列说法正确的有（ ）
A．若，则
B．若为锐角三角形，则
C．若，则一定是等腰三角形
D．若为钝角三角形，且，，，则的面积为
【答案】AB
【分析】根据正弦定理和余弦定理逐个判断即可.
【详解】对于A：因为，所以，所以，A正确；
对于B：因为是锐角三角形，所以，即，
因为且，在区间单调递增，
所以，B正确；
对于C：，
即，即，
所以，而A,B为三角形内角，
所以或者，
所以是等腰三角形或者直角三角形，C错误；
对于D：易求出 ，而，所以，
化简可得，解得或者，
当时此时是最大角且，所以满足钝角三角形，
此时，
当时此时为最大角且，所以满足钝角三角形，
此时，所以D错误，
故选：AB
11．过直线上的动点作圆的两条切线，切点分别为，，则（ ）
A．原点在以为直径的圆内B．线段的长度可以为
C．圆上存在不同两点，，使D．四边形面积的最小值为
【答案】ACD
【分析】设，则为的中点，且，根据勾股定理、等面积法及锐角三角函数得到，，根据的范围，结合条件逐项分析即得.
【详解】依题意，即，
设，则为的中点，且，
所以，
所以，，又，
所以，，
所以，，因为，故B不正确；
所以圆上存在不同两点，，使，故C正确；
由题可知，，
所以原点在以为直径的圆内，故A正确；
因为四边形面积为，
所以四边形面积的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
12．定义在的函数满足，且，都有，若方程的解构成单调递增数列，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．若数列为等差数列，则公差为6
C．若，则D．若，则
【答案】BD
【分析】对于A，根据题意结合周期性运算求解；对于B，根据题意结合图象分析判断；对于C，整理可得，结合图象分析判断；对于D，根据图象结合对称性分析可得数列是以首项为7，公差为12的等差数列，进而利用等差数列知识运算求解.
【详解】都有，关于对称，
令，则，即．
∵定义在的函数满足，
的周期为6，作出函数在内的图象如图：
对于A，，故A错误．
对于B，由图象可知：若数列为等差数列，则，
此时与在内有且仅有一个交点，
周期是6，即，即数列的公差为6，故B正确.
对于C，若，即，
可得，则，
即与在内有且仅有2个交点，
结合图象可得，故C错误.
对于D，若，则与在内有且仅有3个交点，且，
，则，
∴数列是以7为首项，公差的等差数列，
可得，
，故D正确．
故选：BD．
【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法：
（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解；
（2）分离参数、转化为求函数的值域问题求解．
三、填空题
13．设椭圆的长轴长、短轴长、焦距成等差数列，则b值为
【答案】4
【分析】设椭圆焦距为，由已知可得，结合隐含条件求得b，从而得到结果.
【详解】设焦距为，则有，解得，即，
故答案是4.
【点睛】该题考查的是有关椭圆方程中对应参数值的求解问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有等差数列的概念，椭圆的相关性质，以及三个参数之间的关系，熟练掌握基础知识是解题的关键.
14．的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则的展开式中所有项系数之和为 .
【答案】
【分析】根据二项式系数的性质，求得，得到二项式，令，即可求得展开式中所有项系数之和.
【详解】由二项式的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，
可得，所以，所以二项式，即为，
令，可得，
即的展开式中所有项系数之和为.
故答案为：.
15．意大利著名数学家斐波拉契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：，其中从第三项起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波拉契数列”.那么是斐波拉契数列中的第 项.
【答案】2024
【分析】利用代入原式计算即可.
【详解】由已知
，
.
即是斐波拉契数列中的第2024项.
故答案为：2024.
16．已知函数，不等式对任意的恒成立，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】先根据奇函数的定义推出为上的奇函数，再利用导数推出在上单调递增，再利用奇偶性和单调性将不等式化为对任意的恒成立，再参变分离得对任意的恒成立，然后构造函数，再利用导数求出其最小值可得结果．
【详解】因为，
所以为上的奇函数．
又，
所以在上单调递增，
不等式对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
所以对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
令，所以，
所以当时，，在上为增函数；
当时，，在上为减函数，
所以，
设，显然为上的增函数，
因为，，
所以存在，使得，
所以，此时，
所以，即的最大值为．
故答案为：．
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，，
（1）若，总有成立，故；
（2）若，总有成立，故；
（3）若，使得成立，故；
（4）若，使得，故．
四、解答题
17．设数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用数列的递推关系可解，注意验证当时，是否满足上式；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）当时，，
因为①，
当时，②，
①②得，，
所以，
当时，，满足上式，
故数列的通项公式为．
（2）由（1）知，，记的前项和为，
则，
所以
④③得，，
所以数列的前项和为．
18．已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)若，求外接圆的面积；
(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理和题设条件，化简得，利用余弦定理，求得，即可求得，再由正弦定理与圆的面积公式即可求解；
（2）由（1）得，根据为锐角三角形，求得，利用正弦定理和面积公式，以及三角恒等变换的公式化简得到，进而求得面积的取值范围.
【详解】（1）由题知：，
由正弦定理可化为，
即，
由余弦定理知，
又，故.
设外接圆的半径为R，则，
所以，
所以外接圆的面积为.
（2）由（1）知：，所以，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
又由正弦定理，得，
所以.
又，则，
所以，
故面积的取值范围是.
五、问答题
19．如图，已知圆的直径长为2，上半圆圆弧上有一点，，点是弧上的动点，点是下半圆弧的中点，现以为折线，将下半圆所在的平面折成直二面角，连接、、.
（1）当平面时，求的长；
（2）当三棱锥体积最大时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据线面平行的性质定理证得，然后根据角度证得三角形为正三角形，从而求得结论.
（2）根据二面角为直二面角，证得平面，由等体积法证得当时，三棱锥体积最大，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用空间向量数量积的运算求得二面角的余弦值.
【详解】解：（1）∵平面，平面，平面平面，
∴由线面平行的性质定理得.又，可得.
而，为正角形，所以.
（2）∵二面角为直二面角，，所以平面，
而，
∴当时，三棱锥体积最大.
方法一：因为，，两两垂直，
所以，，分别为，，轴建空间直角坐标系，
令平面的法向量为，
，取
又取平面的法向量为
设二面角的平面角为，；
方法二：取的中点，连接，.因为，，
所以，都与垂直，即为所求二面角的平面角.
在中可得，
在中，，
所以
所以：二面角的余弦值的为.
【点睛】本题主要考查线面角的性质的应用及二面角的求法，意在考查学生的数学抽象的学科素养及数学运算的学科素养，属中档题.
六、解答题
20．抽屉中装有5双规格相同的筷子，其中2双是一次性筷子，3双是非一次性筷子，每次使用筷子时，从抽屉中随机取出1双，若取出的是一次性筷子，则使用后直接丢弃，若取出的是非一次性筷子，则使用后经过清洗再次放入抽屉中，求：
(1)在第2次取出的是非一次性筷子的条件下，第1次取出的是一次性筷子的概率；
(2)取了3次后，取出的一次性筷子的个数（双）的分布列及数学期望；
(3)取了，…）次后，所有一次性筷子刚好全部取出的概率．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，数学期望为
(3)答案见解析
【分析】（1）运用条件概率公式计算；
（2）按照独立事件计算；
（3）运用独立事件的概率乘法公式结合等比数列求和计算即可.
【详解】（1）设取出的是第一次是一次性筷子为事件A，取出的是第二次非一次性筷子为事件B，
则 ， ，
所以在第二次是非一次性筷子的前提下，第一次是一次性筷子的概率 ；
（2）对于 ，表示三次都是非一次性筷子，非一次性筷子是由放回的， ；
对于，表示三次中有一次筷子，对应的情况有第一次，第二次，第三次是一次性筷子，
；
对于 ，表示三次中有一次是非一次性筷子，同样有第一次第二次第三次之分，
；

数学期望 ；
（3）n次取完表示最后一次是一次性筷子,则前次中有一次取得一次性筷子，
所以

21．已知直线经过椭圆的右焦点，且与椭圆交于不同两点，当直线分别与轴、轴垂直时，线段的长分别为2、4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作轴的垂线交椭圆于点（异于点），直线与轴交于点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得、，即可求出、，从而得解；
（2）依题意直线的斜率存在且不为，设，，，则，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到，再表示出直线的方程，从而求出点坐标，根据椭圆的性质求出面积的最大值.
【详解】（1）依题意，即，在中，令得，
所以，则，
所以椭圆的方程为.
（2）依题意直线的斜率存在且不为，设，，，则，
由，消去整理得，显然，
所以，，
所以，
所以，
所以直线的方程为，
令得
，
所以点的坐标为，
即直线恒过定点，
所以当点位于椭圆的上、下顶点时的面积最大，
此时.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
七、证明题
22．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，设，求证：函数存在极大值点，且.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论，判断导数正负，即可判断函数单调性；
（2）求出函数的导数，由此构造函数，利用导数判断其单调性，确定函数的极值点，并判断其范围，进而化简的表达式，即可证明结论.
【详解】（1）由函数的定义域为，则，
当时，，在上单调递减；
当时，当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
故当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）当时，由（1）可知，
在上单调递减，在上单调递增，
故；
故当时，，
则，
令，则，
仅当时等号成立，
故在上单调递增，
且，即存在唯一，使得，
当时，；当时，；
则当时，；当时，，当时，，
即在单调递增，在单调递减，在单调递增，
故函数存在极大值点，即为；
由，即，
故，
由于，故，且，
即.
【点睛】难点点睛：本题考查了导数的综合应用问题，涉及到判断函数的单调性以及函数极值问题，解答的难点在于第二问证明不等式，解答时要注意零点问题的解决，并判断零点.
X
0
1
2
P