2024年湖南省洞口县第四中学数学高三上期末经典模拟试题含解析

2024年湖南省洞口县第四中学数学高三上期末经典模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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，则不等式的解集是（）A． B． C． D．2．一个圆锥的底面和一个半球底面完全重合，如果圆锥的表面积与半球的表面积相等，那么这个圆锥轴截面底角的大小是（）A． B． C． D．3．已知集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|x2﹣4x﹣5＜0}，则A∩B＝（）A．{﹣2，﹣1，0} B．{﹣1，0，1，2} C．{﹣1，0，1} D．{0，1，2}4．已知集合，集合，若，则（）A． B． C． D．5．已知满足，则的取值范围为（）A． B． C． D．6．已知抛物线上的点到其焦点的距离比点到轴的距离大，则抛物线的标准方程为（）A． B． C． D．7．已知定义在上的函数在区间上单调递增，且的图象关于对称，若实数满足，则的取值范围是（）A． B． C． D．8．在中，点为中点，过点的直线与，所在直线分别交于点，，若，，则的最小值为（）A． B．2 C．3 D．9．用一个平面去截正方体，则截面不可能是（）A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形10．已知集合，则为（）A．[0，2) B．(2，3] C．[2，3] D．(0，2]11．已知，则“m⊥n”是“m⊥l”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12．在中，角、、的对边分别为、、，若，，，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列满足：，，若对任意的正整数均有，则实数的最大值是_____.14．定义在R上的函数满足：①对任意的，都有；②当时，，则函数的解析式可以是______________.15．若函数恒成立,则实数的取值范围是_____.16．根据如图所示的伪代码，若输入的的值为2，则输出的的值为____________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且.（1）求角A的大小；（2）若，的平分线与交于点D，与的外接圆交于点E（异于点A），，求的值.18．（12分）已知抛物线:，点为抛物线的焦点，焦点到直线的距离为，焦点到抛物线的准线的距离为，且.（1）求抛物线的标准方程；（2）若轴上存在点，过点的直线与抛物线相交于、两点，且为定值，求点的坐标.19．（12分）已知.（1）若，求函数的单调区间；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.20．（12分）已知函数，函数，其中，是的一个极值点，且.（1）讨论的单调性（2）求实数和a的值（3）证明21．（12分）己知，，.（1）求证：；（2）若，求证：.22．（10分）已知函数.（1）当时，求函数的值域.（2）设函数，若，且的最小值为，求实数的取值范围.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、A【解题分析】

构造函数，通过分析的单调性和对称性，求得不等式的解集.【题目详解】构造函数，是单调递增函数，且向左移动一个单位得到，的定义域为，且，所以为奇函数，图像关于原点对称，所以图像关于对称.不等式等价于，等价于，注意到，结合图像关于对称和单调递增可知.所以不等式的解集是.故选：A【题目点拨】本小题主要考查根据函数的单调性和对称性解不等式，属于中档题.2、D【解题分析】

设圆锥的母线长为l,底面半径为R,再表达圆锥表面积与球的表面积公式,进而求得即可得圆锥轴截面底角的大小.【题目详解】设圆锥的母线长为l,底面半径为R,则有,解得,所以圆锥轴截面底角的余弦值是,底角大小为.故选：D【题目点拨】本题考查圆锥的表面积和球的表面积公式,属于基础题.3、D【解题分析】

解一元二次不等式化简集合,再由集合的交集运算可得选项.【题目详解】因为集合，故选：D.【题目点拨】本题考查集合的交集运算，属于基础题.4、A【解题分析】

根据或，验证交集后求得的值.【题目详解】因为，所以或.当时，，不符合题意，当时，.故选A.【题目点拨】本小题主要考查集合的交集概念及运算，属于基础题.5、C【解题分析】

设，则的几何意义为点到点的斜率，利用数形结合即可得到结论.【题目详解】解：设，则的几何意义为点到点的斜率，作出不等式组对应的平面区域如图：由图可知当过点的直线平行于轴时，此时成立；取所有负值都成立；当过点时，取正值中的最小值，，此时；故的取值范围为；故选：C.【题目点拨】本题考查简单线性规划的非线性目标函数函数问题，解题时作出可行域，利用目标函数的几何意义求解是解题关键．对于直线斜率要注意斜率不存在的直线是否存在．6、B【解题分析】

由抛物线的定义转化，列出方程求出p，即可得到抛物线方程．【题目详解】由抛物线y2＝2px（p＞0）上的点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大，根据抛物线的定义可得，，所以抛物线的标准方程为：y2＝2x．故选B．【题目点拨】本题考查了抛物线的简单性质的应用，抛物线方程的求法，属于基础题．7、C【解题分析】

根据题意，由函数的图象变换分析可得函数为偶函数，又由函数在区间上单调递增，分析可得，解可得的取值范围，即可得答案.【题目详解】将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象，由于函数的图象关于直线对称，则函数的图象关于轴对称，即函数为偶函数，由，得，函数在区间上单调递增，则，得，解得.因此，实数的取值范围是.故选：C.【题目点拨】本题考查利用函数的单调性与奇偶性解不等式，注意分析函数的奇偶性，属于中等题.8、B【解题分析】

由，，三点共线，可得，转化，利用均值不等式，即得解.【题目详解】因为点为中点，所以，又因为，，所以．因为，，三点共线，所以，所以，当且仅当即时等号成立，所以的最小值为1．故选：B【题目点拨】本题考查了三点共线的向量表示和利用均值不等式求最值，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.9、C【解题分析】试题分析：画出截面图形如图显然A正三角形，B正方形：D正六边形，可以画出五边形但不是正五边形；故选C．考点：平面的基本性质及推论．10、B【解题分析】

先求出，得到，再结合集合交集的运算，即可求解.【题目详解】由题意，集合，所以，则，所以.故选：B.【题目点拨】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中熟记集合的交集、补集的定义及运算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.11、B【解题分析】

构造长方体ABCD﹣A1B1C1D1，令平面α为面ADD1A1，底面ABCD为β，然后再在这两个面中根据题意恰当的选取直线为m，n即可进行判断．【题目详解】如图，取长方体ABCD﹣A1B1C1D1，令平面α为面ADD1A1，底面ABCD为β，直线=直线。若令AD1＝m，AB＝n，则m⊥n，但m不垂直于若m⊥，由平面平面可知，直线m垂直于平面β，所以m垂直于平面β内的任意一条直线∴m⊥n是m⊥的必要不充分条件．故选：B．【题目点拨】本题考点有两个：①考查了充分必要条件的判断，在确定好大前提的条件下，从m⊥n⇒m⊥？和m⊥⇒m⊥n？两方面进行判断；②是空间的垂直关系，一般利用长方体为载体进行分析．12、B【解题分析】

利用两角差的正弦公式和边角互化思想可求得，可得出，然后利用余弦定理求出的值，最后利用正弦定理可求出的值.【题目详解】，即，即，，，得，，.由余弦定理得，由正弦定理，因此，.故选：B.【题目点拨】本题考查三角形中角的正弦值的计算，考查两角差的正弦公式、边角互化思想、余弦定理与正弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中等题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2【解题分析】

根据递推公式可考虑分析,再累加求出关于关于参数的关系,根据表达式的取值分析出,再用数学归纳法证明满足条件即可.【题目详解】因为,累加可得.若,注意到当时,,不满足对任意的正整数均有.所以.当时,证明：对任意的正整数都有.当时,成立.假设当时结论成立,即,则,即结论对也成立.由数学归纳法可知,对任意的正整数都有.综上可知,所求实数的最大值是2.故答案为：2【题目点拨】本题主要考查了根据数列的递推公式求解参数最值的问题,需要根据递推公式累加求解,同时注意结合参数的范围问题进行分析.属于难题.14、（或，答案不唯一）【解题分析】

由可得是奇函数，再由时，可得到满足条件的奇函数非常多，属于开放性试题.【题目详解】在中，令，得；令，则，故是奇函数，由时，，知或等，答案不唯一.故答案为：（或，答案不唯一）.【题目点拨】本题考查抽象函数的性质，涉及到由表达式确定函数奇偶性，是一道开放性的题，难度不大.15、【解题分析】

若函数恒成立，即，求导得，在三种情况下，分别讨论函数单调性，求出每种情况时的，解关于的不等式，再取并集，即得。【题目详解】由题意得,只要即可，，当时，令解得，令，解得，单调递减，令，解得，单调递增，故在时，有最小值，，若恒成立，则，解得；当时，恒成立;当时，，单调递增，,不合题意,舍去.综上,实数的取值范围是.故答案为：【题目点拨】本题考查恒成立条件下，求参数的取值范围，是常考题型。16、【解题分析】

满足条件执行，否则执行.【题目详解】本题实质是求分段函数在处的函数值，当时，.故答案为：1【题目点拨】本题考查条件语句的应用，此类题要做到读懂算法语句，本题是一道容易题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）【解题分析】

（1）由，利用正弦定理转化整理为，再利用余弦定理求解.（2）根据，利用两角和的余弦得到，利用数形结合，设，在中，由正弦定理求得，在中，求得再求解.【题目详解】（1）因为，所以，即，即，所以.（2）∵，.所以，从而.所以，.不妨设，O为外接圆圆心则AO=1，，.在中，由正弦定理知，有.即；在中，由，，从而.所以.【题目点拨】本题主要考查平面向量的模的几何意义，还考查了数形结合的方法，属于中档题.18、（1）（2）【解题分析】

（1）先分别表示出，然后根据求解出的值，则的标准方程可求；（2）设出直线的方程并联立抛物线方程得到韦达定理形式，然后根据距离公式表示出并代入韦达定理形式，由此判断出为定值时的坐标.【题目详解】（1）由题意可得，焦点，，则，，∴解得.抛物线的标准方程为（2）设，设点，，显然直线的斜率不为0.设直线的方程为联立方程，整理可得，，∴，∴要使为定值，必有，解得，∴为定值时，点的坐标为【题目点拨】本题考查抛物线方程的求解以及抛物线中的定值问题，难度一般.（1）处理直线与抛物线相交对应的定值问题，联立直线方程借助韦达定理形式是常用方法；（2）直线与圆锥曲线的问题中，直线方程的设法有时能很大程度上起到简化运算的作用。19、（1）答案不唯一，具体见解析（2）【解题分析】

（1）分类讨论，利用导数的正负，可得函数的单调区间.（2）分离出参数后，转化为函数的最值问题解决，注意函数定义域.【题目详解】（1）由得或①当时，由，得.由，得或此时的单调递减区间为，单调递增区间为和.②当时，由，得由，得或此时的单调递减区间为，单调递增区间为和综上：当时，单调递减区间为，单调递增区间为和当时，的单调递减区间为，单调递增区间为和.（2）依题意，不等式恒成立等价于在上恒成立，可得，在上恒成立，设，则令，得，（舍）当时，；当时，当变化时，，变化情况如下表：10单调递增单调递减∴当时，取得最大值，，∴.∴的取值范围是.【题目点拨】本题主要考查了利用导数证明函数的单调性以及利用导数研究不等式的恒成立问题，属于中档题.20、（1）在区间单调递增；（2）；（3）证明见解析.【解题分析】

（1）求出，在定义域内，再次求导，可得在区间上恒成立，从而可得结论；（2）由，可得，由可得，联立解方程组可得结果；（3）由（1）知在区间单调递增，可证明，取，可得，而，利用裂项相消法，结合放缩法可得结果.【题目详解】（1）由已知可得函数的定义域为，且，令，则有，由，可得，可知当x变化时，的变化情况如下表：1-0+极小值，即，可得在区间单调递增；（2）由已知可得函数的定义域为，且，由已知得，即，①由可得，，②联立①②，消去a，可得，③令，则，由（1）知，，故，在区间单调递增，注意到，所以方程③有唯一解，代入①，可得，；（3）证明：由（1）知在区间单调递增，故当时，，，可得在区间单调递增，因此，当时，，即，亦即，这时，故可得，取，可得，而，故.【题目点拨】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造