2024届山东省滨州市新高考联合质量测评高三上学期10月联考数学试题含解析

这是一份2024届山东省滨州市新高考联合质量测评高三上学期10月联考数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则=（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】解一元二次不等式，运用集合的交运算即可求得结果.
【详解】因为或，
所以.
故选：C.
2．命题“，是偶函数”的否定是（ ）
A．，不是偶函数B．，是奇函数
C．，不是偶函数D．，是奇函数
【答案】A
【分析】运用含有量词的命题的否定的写法即可求得结果.
【详解】命题“，是偶函数”的否定是“，不是偶函数”.
故选：A.
3．我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，是过去官员或私人签署文件时代表身份的信物。图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2．已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，则该几何体的体积是（ ）
A．32B．C．D．64
【答案】C
【分析】根据正四棱锥的几何性质，建立方程，求得其高，结合体积公式，可得答案.
【详解】解：因为正四棱锥的底面边长为4，所以底面的对角线长为，
设正四棱柱和正四棱锥的高为，
因为正四棱锥的侧棱长为，所以，解得，
故该几何体的体积为.
故选：C.
4．已知，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，结合三角函数的诱导公式，即可求解.
【详解】因为，则.
故选：B.
5．已知实数满足，则的最小值是（ ）
A．9B．3C．2D．6
【答案】B
【分析】先根据对数运算律得出，再应用常值代换结合基本不等式计算即可.
【详解】由得，变形得。
因为，所以，
故选:B
6．已知满足，且在处的切线方程为，则=（ ）
A．0B．1C．-1D．-2
【答案】D
【分析】根据函数为奇函数得到，得到函数解析式，求导，由切线斜率得到方程，求出，求出答案.
【详解】函数的定义域为R，
因为，所以函数是R上的奇函数，
所以，解得，所以，
又，故符合要求，
则，
因为在处的切线方程为，
所以，即，解得，
所以.
故选：D
7．已知正方体的棱长为3，点P在内运动，且满足PB=2，则点P的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】因为PB=2，先求B到平面的距离为，，所以P在以点B为球心，2为半径的球面上，计算截面圆与的内切圆，比较即可判断.
【详解】解：设点B到平面的距离为，
因为，所以，
因为正方体的棱长为3，
所以等边的边长为，所以，
所以，解得，
所以点B为球心，2为半径的球面与平面相交的圆半径为为半径的圆，又因为等边的内切圆半径为，所以交线长为.
故选：C.
8．设数列的前项和为，，且，若存在，使得成立，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．8
【答案】D
【分析】由已知可得是常数列可得的通项公式及的通项公式，运用分离参数求最值可得求（），结合换元法转化为求（）的最小值即可.
【详解】由已知，所以，
所以数列是常数列.
又，所以，即，
所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，故，
由存在，使得成立可知，
存在，使得成立，即，
设，则，从而.
记（），
由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，，
所以的最小值是8.
故选：D.
二、多选题
9．下列命题为真命题的是（ ）
A．函数的图象过点，则
B．函数的零点是,
C．函数的定义域为R，若是奇函数，是偶函数，则
D．函数的零点所在区间可以是
【答案】ACD
【分析】对选项A，根据幂函数的解析式求解即可判定A正确，对选项B，根据函数零点的概念即可判定B错误，对选项C，根据已知条件得到函数的周期为4，即可判定C正确，对选项D，根据在为增函数和即可判定D正确.
【详解】选项A：设幂函数，由得，故选项A正确；
选项B：令得或1，
所以的零点为和，故选项B不正确；
选项C：因为是偶函数，所以，
因为是奇函数，所以，
所以，
因此函数的周期为4，所以，故选项C正确；
选项D：因为函数在时单调递增，
而，，即，故选项D正确，
故选：ACD
10．已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．为等差数列B．为递减数列
C．的通项公式为D．的前项和
【答案】BD
【分析】由递推公式求通项公式，进而可逐项求解判断.
【详解】因为，所以，所以，且，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，即，可得，故选A，C错误；
因为单调递增，所以，即为递减数列，故选项B正确；
的前项和，故选项D正确.
故选：BD.
11．如图，在正四棱柱中，，分别是棱，，的中点，则（ ）
A．
B．平面
C．直线与是异面直线
D．直线与平面的交点是的外心
【答案】ABD
【分析】由题意建立空间直角坐标系，利用两个向量的夹角公式求得直线与直线的夹角，结合直线与平面垂直的判定定理以及正四面体的性质，即可求得.
【详解】由题意得，以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，
对于选项A，由题意可知， ，则，，，
所以，即，故A正确；
对于选项 B，因为，则，
又因为，则，所以，即，
又因为，即，，平面，
所以平面，故B正确；
对于选项C，连接，，，，，则，，所以，
由图知，不共线，所以，则四点共面，
所以直线与是共面直线，故C错误；
对于选项D，设直线与平面的交点为，
由正方体的性质知，，
则四面体为正四面体，
又因为平面，则为正三角形的中心，
即为正三角形的外心，故D正确.
故选：ABD.
12．已知函数，若存在实数使得方程有四个互不相等的实数根，分别为，且，则下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．D．的取值范围为
【答案】BD
【分析】综合应用函数与方程的根，结合二次函数和基本不等式的知识可得答案.
【详解】作出在上的图象，如图所示：
对于A，因为，
又因为方程有四个互不相等的实数根，所以，故A错误；
对于B，由题意可得，，且有，，所以，
故，当，即时，等号成立，故B正确；
对于C，由题意可得，由A可知，
所以，故C错误；
对于D，由题意可知与关于直线对称，且，，所以，故.
因为，所以.
又因为，
所以，在上单调递减，
故,
所以，，所以.
因为，，所以，
在单调递增，所以，故，
所以的取值范围为，故D正确.
故选：BD.
三、解答题
13．已知函数，则= .
【答案】3
【分析】运用复合函数求导公式计算即可.
【详解】由题意知，，
所以.
故答案为：3.
四、填空题
14．如图，已知在一个二面角的棱上有两个点，线段分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱.则这个二面角的余弦值为 .
【答案】
【分析】根据条件，将二面角的余弦值转化成两向量的夹角，再利用条件即可求出结果.
【详解】因为，，
设二面角为，
则由图知，，又，
则，
即，所以，
故答案为：.
15．已知数列，，满足，，则的前项和= .
【答案】
【分析】先根据等差数列前项和公式求出数列的通项，再利用错位相减法即可得解.
【详解】解：由得，
则，
所以.
故答案为：.
16．已知，，若存在，，使得，则称函数与互为“阶逼近函数”.若与互为“1阶逼近函数”，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据题意，先求得函数函数只有一个零点2，结合新定义，转化为在区间上存在零点，由，可得，令，求得，求得函数单调性，结合的值，得出实数的取值范围.
【详解】由函数，可得，且在上单调递减，
所以函数只有一个零点2，
又由，可得，所以函数在区间上存在零点，
由，可得，
令，可得，
当时，；当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且，，，
所以要使函数在区间上存在零点，则满足，
即实数的取值范围为.
故答案为：.
五、解答题
17．已知函数图像的对称中心到对称轴的最小距离为.
(1)求函数的单调递减区间；
(2)求函数在区间上的值域.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据条件求出，从而得到，再利用的性质即可求出结果；
（2）根据（1）中结果，易得到函数在区间上为增函数，在区间上为减函数，利用函数的单调性即可求出结果.
【详解】（1）因为图像的对称中心到对称轴的最小距离为，则，
所以，又，由，解得，
所以，函数的解析式是，
由，，
解得，，
所以函数的减区间为，.
（2）由，，得到，，
所以函数的增区间为，.
故由（1）知，函数在区间上为增函数，在区间上为减函数，
因为，，，
故函数在区间上的值域为.
18．已知数列为递增的等差数列，为的前项和，，，.
(1)若数列为等差数列，求非零常数的值；
(2)在（1）的条件下，，求的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的性质得到，，求出首项和公差，得到，进而求出，设，得到方程，求出答案；
（2）由（1）得到，利用错位相减法求和，得到答案.
【详解】（1）由为递增的等差数列，，，
故为方程的两根，
因为数列为递增的等差数列，
解得，，故公差，
所以，所以，
所以，若为等差数列，设，
则，整理得，
即，
故，
又，解得，；
（2）由（1）知，所以，
因此，
又，
两式相减得
，
所以.
19．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，，，平面ABEF，，AD=AB=2BC=2BE=2.
(1)已知点G为AF上一点，AG=AD，求证：BG与平面DCE不平行；
(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求点F到平面DCE的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）空间向量法证明线面不平行即可；
（2）先根据线面角正弦值求参，再根据点到平面距离公式计算.
【详解】（1）证明：因为平面ABEF，AB，平面ABEF，所以，。
又，所以以A为坐标原点，AF，AB，AD分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，,，
所以，，，
设平面DCE的法向量为，则，
令，则，所以，
因为，即不存在使得与垂直，
所以BG与平面DCE不平行。
（2）设且，则，所以。
∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，
，化简得，
解得或（舍去），故。
,由（1）知平面DCE的一个法向量，
所以F到平面DCE的距离
20．随着经济的不断发展，环境污染物别是水污染日益加剧，已经成为不可否认的客观事实。某企业通过对我国城市自来水水质现状以及对水质污染解决途径的分析，可以预见，使用净水设备是解决水质污染问题的有效途径，在我国有着巨大的潜在市场。该企业为抓住机遇，决定开发生产一款新型净水设备。生产这款设备的年固定成本为万元，每生产台需要另投入成本（万元），当年产量不足35台时，（万元），当年产量不少于台时，（万元）。若每台设备的售价与销售量的关系式为，经过市场分析，该企业生产的净水设备能全部售完。
(1)求年利润（万元）关于年产量（台）的函数关系式、
(2)年产量为多少台时，该企业在这一款新型净水设备的生产中获利最大？最大利润是多少万元？
【答案】(1)
(2)当年产量为台时，该企业在这款新型净水设备的生产中获利最大，最大为万元
【分析】（1）利用“利润=销售收入-成本”即可分段求解.
（2）结合二次函数求最值以及基本不等式求最值即可得出结论.
【详解】（1）当，时，
，
当，时，
，
综上所述，.
（2）由（1）知，当，时，
，则当时，的最大值为；
当时，
（当且仅当，即时等号成立）。
故当年产量为台时，
该企业在这款新型净水设备的生产中获利最大，且最大为万元。
21．已知定义在上的函数满足，且当时，.
(1)求的值，并证明为奇函数；
(2)求证在上是增函数；
(3)若，解关于的不等式.
【答案】(1),证明见解析
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）赋值法；（2）结合增函数的定义，构造即可；（3）运用题干的等式，求出，结合（2）的单调性即可.
【详解】（1）令，得.
，所以函数为奇函数；
（2）证明：在R上任取，则，所以.
又，
所以函数在R上是增函数.
（3）由，得，.
由得.
因为函数在R上是增函数，
所以，解得或.
故原不等式的解集为或.
22．已知函数，，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数判断单调性；（2）即，整理得，构造函数，证明即可.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
当时，恒成立，在上单调递减.
当时，，恒成立，单调递增.
，恒成立，单调递减.
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，则，
由（1）可知，，
所以，
即，
令，
，可知在上单调递增，在上单调递减，
所以.
恒成立，故在上单调递增，
，
因为，所以，
所以当时，.