2024届山东省德州市高三上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2024届山东省德州市高三上学期期中考试数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】依据交集和补集的定义，直接求解即可.
【详解】由题意知，则
则
故选：A
2．已知实数，，，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】B
【分析】根据不等式的性质，结合特例法进行判断即可.
【详解】因为，则,A选项错误;
若，,,B选项正确;
若，取，
,C选项错误;
若，，取,则,D选项错误.
故选:B.
3．函数的部分图象是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据偶函数的性质排除选项CD，然后根据函数值的符号排除选项A，即可求解.
【详解】由题意函数的定义域为，关于原点对称，
又，所以为奇函数，
故函数图象关于原点对称，排除CD，
时，，由得，
所以函数在y轴右侧的第一个零点为，
当时，，即，又，所以，
所以当时，函数的图象在x轴的下方，排除选项A.
故选：B
4．已知平行六面体的所有棱长都为1，且，，则的长为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据已知可推得，平方根据数量积的运算律，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，，
所以，
.
所以，.

故选：C.
5．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据诱导公式可得，结合二倍角公式即可求解.
【详解】由可得，
即
所以，
故选:D
6．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数满足五五数之剩三，将符合条件的所有正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A．46B．42C．41D．25
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出数列的通项及前项和为，再借助基本不等式求解即得.
【详解】依题意，，显然数列是等差数列，，
因此，当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最小值41.
故选：C
7．如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知，，则该青铜器的体积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据圆柱和圆台的体积公式即可求解.
【详解】设圆柱的底面圆半径为，底层圆台的上下底面圆半径分别为，且,
则青铜器的体积为，
故选：D
8．函数的定义域为，若存在闭区间，使得函数同时满足：在上是单调递增函数，且在上的值域为（），则称区间为的“倍值区间”．如下四个函数，存在“2倍值区间”的是（ ）
A．，B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据所给定义得到方程组，再根据图像判断或构造函数利用导数说明函数的单调性，即可判断函数的零点，从而得解.
【详解】对于A:，函数在上单调递增，
若函数存在“倍值区间”，则，
令，，则，
所以在上单调递减，故在上不可能存在两个零点，
所以函数不存在“2倍值区间”，故A错误；
对于B:为增函数，若函数存在“2倍值区间”，则，
令，则，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，即有两个根，所以存在2倍值区间，故B正确；
对于C:在上单调递增，
若函数存在“2倍值区间”，则，
所以，解得.
所以函数不存在“2倍值区间”，故C错误；
对于D：为增函数，
若存在“2倍值区间”，则，
结合及的图象知，方程无解，
故不存在“2倍值区间”，D错误；
故选：B
二、多选题
9．已知：，恒成立；：，恒成立，则（ ）
A．“”是成立的充分不必要条件
B．“”是成立的必要不充分条件
C．“”是成立的充分不必要条件
D．“”是成立的必要不充分条件
【答案】BC
【分析】解，即可得出为真时，的范围，判断A、B项；根据基本不等式，得出为真时，的范围，判断C、D项.
【详解】对于A、B项，若为真，则，解得.
显然，所表示的范围小于所表示的范围，
所以，“”是成立的必要不充分条件，故A项错误，B项正确；
对于C、D项，若为真，显然，
则，当且仅当，即时等号成立.
又，恒成立，所以，解得.
显然，所表示的范围大于所表示的范围，
所以，“”是成立的充分不必要条件.故C项正确，D项错误.
故选：BC.
10．已知函数，则（ ）
A．函数有三个零点
B．若函数有两个零点，则
C．若关于的方程有四个不等实根，，，，则
D．关于的方程有7个不等实数根
【答案】ABD
【分析】作出函数的图象，根据图象结合函数零点、方程的根以及图象交点之间的关系逐项分析求解.
【详解】如图，作出函数的图象，
对于选项A：令，可得，
则函数的零点个数即为与的交点个数；
由图象可知与有三个交点，
即函数有三个零点，故A正确；
对于选项B：令，可得，
则函数的零点个数即为与的交点个数；
若函数有两个零点，由图象可知，故B正确；
对于选项C：若关于的方程有四个不等实根，则与有四个交点，
不妨设，由图象可得：，且，
所以，故C错误；
对于选项D：因为，解得或，
结合图象可知：有三个根，有四个根，
所以关于的方程有7个不等实数根，故D正确；
故选：ABD.
11．已知等比数列的公比为整数，是数列的前项和，若，，则（ ）
A．B．
C．数列是公比为的等比数列D．数列是公差为的等差数列
【答案】BD
【分析】根据等比数列基本量的计算可得，，进而根据求和公式即可判断AB,根据等差等比数列的定义即可求解CD.
【详解】依题意，设公比为，又，
由，可得，
显然，进而可得，
则，
由于公比为整数，所以，则，故A错误，
，故B正确，
由A知，，
而，，则不为常数，故C错误，
，，
故为常数，
故是公差为的等差数列，D正确，
故选：BD
12．关于函数，为常数，则（ ）
A．若，则
B．当时，方程恰好只有一个实数根
C．若，总有恒成立，则
D．若函数有两个极值点，则实数
【答案】ACD
【分析】直接代入数值可判断A；将问题转化为与的图象只有一个交点，从而判断B；利用函数单调性的定义，将问题转化为恒成立，由此判断C；将问题转化为与的图象在上有两个交点，从而判断D.
【详解】对于A，当时，，
则，故A正确；
对于B，由，得，即，
令，则，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
则，且，当时，恒成立，
所以与的大致图象如下：
，
因为方程恰好只有一个实数根，即与的图象只有一个交点，
结合图象可得或，故B错误；
对于C，因为当时，总有恒成立，
所以上为增函数，即恒成立，
因为，所以，
由恒成立，得在上恒成立，
令，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，所以，即，故C正确；
对于D，因为函数有两个极值点，所以有两个异号正零点，
由选项C可知其等价于与的图象在上有两个交点，
而对于，当时，，当时，，
所以与的大致图象如下，
结合图象可得，即，故D正确．
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：利用数形结合的思想解决方程根的个数问题或者函数的零点问题，准确的画出图象是解题的关键.
三、填空题
13．函数在处的切线方程为 ．（结果写成一般式）
【答案】
【分析】根据函数关系式，先求出，再对原函数求导，并求出，然后利用切点处导数等于切线斜率，列点斜式方程，最后转化成一般式即可.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以在处的切线方程为，整理得，
故答案为：.
14．已知，都是正数，且，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】用基本不等式和乘“”法即可.
【详解】因为，都是正数，且，
所以，
所以，
当且仅当，即取等号；
故答案为：
15．设数列满足，，则 ．
【答案】1036
【分析】利用累加法和错位相减法求数列的通项公式．
【详解】且,
当时，则有：
① -得
，
当时也符合上式，所以,
故答案为：1036．
四、双空题
16．已知平面向量，，满足：，，，，则向量，的夹角为 ；向量在向量上投影数量的取值范围是 ．
【答案】 /
【分析】由已知可得，，进而根据向量的夹角公式，结合角的范围，即可得出答案；将的起点放在坐标原点处，，，由已知求出点的坐标，根据坐标运算得出点的轨迹方程.进而根据数量积的运算，结合圆的范围，得出答案.
【详解】由已知可得，，
所以，.
又，所以.

如图，将的起点放在坐标原点处，，，
则，，，
所以，.
设，
由可得，，
整理可得，，
所以，点在以为圆心，2为半径的圆上.
又向量在向量上投影数量为，
由可得，，
所以，解得.
所以，向量在向量上投影数量的取值范围是.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：根据已知，将向量放在平面直角坐标系中，根据已知得出点以及向量的坐标，转化为坐标运算求解.
五、解答题
17．记函数的导函数为，已知，．
(1)求实数的值；
(2)求函数在上的值域．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）求导，即可代入求解，
（2）根据导数确定单调性，即可根据单调性求解极值以及端点处的函数值，比较大小即可.
【详解】（1）
因为，所以，解得
（2）由（1）可知
由，解得或；由，解得
所以函数在，单调递增；在单调递减
又，，，．
所以，，
所以函数在上的值域为．
18．在①，②，③
这三个条件中任选一个，补充在下面横线中，然后解答问题．
已知内角，，的对边分别为，，，且满足______．
(1)求角；
(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
（注：若选择多个条件，按第一个解答计分）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选择①②，利用正弦定理的边角变换与三角恒等变换即可得解；选择③，利用三角函数的诱导公式与三角恒等变换即可得解；
（2）利用余弦定理得到，再利用锐角三角形与余弦定理求得的范围，从而利用三角形面积公式即可得解.
【详解】（1）若选择①：
因为，
由正弦定理得，
即，又，所以，
且是三角形内角，故；
若选择②：
因为，
由正弦定理得，
所以，则，
即，则，
因为，所以，
又是三角形内角，故；
若选择③：
因为，所以，
则，整理得，故，
又为三角形内角，故.
（2）由（1）知，又，
所以，
因为为锐角三角形，所以，
则，即，解得，
所以面积.
19．已知数列的首项，前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)令，数列的前项和为，记，若对任意正整数，不等式恒成立，求整数的最大值．
【答案】(1)
(2)14．
【分析】（1）由得出等差数列，再应用等差数列通项求解；
（2）先应用裂项相消得出前n项和，再把不等式恒成立问题转化为最值求解.
【详解】（1）由．
当时，
两式相减得：，
整理得：
所以，，（）
所以，是以1为首项，公差为3的等差数列．
所以
（2）由（1）得，
所以
，
则问题转化为对任意正整数使不等式恒成立．
设，
则
所以，故的最小值是．
由，所以，则整数可取的最大值为14．
20．现有一空地，将其修建成如图所示的八边形形状的公园．已知图中四边形（）是周长为4的矩形，与，与均关于直线对称，直线交于点，直线交于点．设，四边形的面积为．根据规划，图中四边形区域所示的地面将硬化，剩余区域即图中阴影部分将种植树木和草皮．
(1)求关于的函数关系式；
(2)当取何值时，阴影部分区域面积最大．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据点关于线对称，可得三角形全等，进而可得边之间的关系，即可根据面积公式求解，
（2）利用基本不等式即可求解最值.
【详解】（1）因为与，与关于直线对称，
所以与全等， 与全等，
所以有与，，均全等，
所以，又因，则，
在中，，即，
所以，解得，
又因为，解得，
所以，
所以，
即，
（2）由（1）可知用于种植树木和草皮的阴影部分区域面积为，
而，
当且仅当，即时，等号成立，
所以当时，用于种植树木和草皮的阴影部分区域面积最大.
21．如图，已知几何体，底面为矩形，，平面，平面平面，点在上，且，，，，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）利用面面垂直的性质得平面，再通过线面平行的性质和线面垂直的判定和性质即可证明；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，利用面面角的空间向量求法即可.
【详解】（1）因为平面平面，平面，，
平面平面，所以平面，
因为平面，平面平面，平面，
所以，即，
因为四边形为矩形，所以，，
又因为平面，平面，所以，
因为，平面，，
所以平面，因为平面，所以，
在中，因为，得，
由等面积法得，所以，即，
又，所以，所以四边形为平行四边形，从而，
又平面，所以平面.
（2）由（1）可得，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则有
，，，
，，
设平面的一个法向量为，则
令得
设平面的一个法向量为，则
令得，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
22．已知函数有两个极值点、．其中，为自然对数的底数．
(1)求实数的取值范围；
(2)若恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由可得出，令，则直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围，再结合极值点的定义验证即可；
（2）不等式变为，令，则有，解得，，则，令，利用导数求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：因为，则，其中，
因为函数有两个极值点、，
则方程有两个不等的实数根、，
由可得，令，
则直线与函数的图象有两个交点，
，令，可得，列表如下：
如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，
且当或时，；
当时，.
此时，函数的极大值点为，极小值点为，合乎题意，
综上所述，实数的取值范围为.
（2）解：由（1）可知，
不等式变为，
由（1）可得，令，
则有，解得，，
所以，可整理为，
令，
则在恒成立，由于，
令，
则，
令，
，显然在递增，
又有，，
所以存在使得，且易得在递减，递增，
又因为，所以，而，
所以存在使得，且易得在递减，递增，
又，则时，，，时，，，
所以易得在上递减，在上递增，则，
所以的取值范围为.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
增
极大值
减