山西省忻州市忻府区忻州一中2024年数学高三第一学期期末达标测试试题含解析

山西省忻州市忻府区忻州一中2024年数学高三第一学期期末达标测试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．△ABC中，AB＝3，，AC＝4，则△ABC的面积是（）A． B． C．3 D．2．陀螺是中国民间最早的娱乐工具，也称陀罗.如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为（）A． B．C． D．3．已知数列中，，且当为奇数时，；当为偶数时，．则此数列的前项的和为（）A． B． C． D．4．在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为：．假设蚂蚁窝在点，一只蚂蚁从点出发，需要在，上分别任意选择一点留下信息，然后再返回点．那么完成这个工作所需要走的最短路径长度是（）A． B． C． D．5．若（是虚数单位），则的值为（）A．3 B．5 C． D．6．已知，，，则（）A． B．C． D．7．设不等式组，表示的平面区域为，在区域内任取一点，则点的坐标满足不等式的概率为A． B．C． D．8．设等比数列的前项和为，则“”是“”的（）A．充分不必要 B．必要不充分C．充要 D．既不充分也不必要9．已知双曲线：（，）的右焦点与圆：的圆心重合，且圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，则双曲线的离心率为（）A．2 B． C． D．310．已知函数f（x）＝eb﹣x﹣ex﹣b+c（b，c均为常数）的图象关于点（2，1）对称，则f（5）+f（﹣1）＝（）A．﹣2 B．﹣1 C．2 D．411．中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如．现将该问题以程序框图的算法给出，执行该程序框图，则输出的等于（）．A． B． C． D．12．已知命题：R，；命题：R，，则下列命题中为真命题的是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若x，y满足，则的最小值为________.14．在中，已知，，是边的垂直平分线上的一点，则__________.15．图（1）是第七届国际数学教育大会（ICME-7）的会徽图案，它是由一串直角三角形演化而成的（如图（2）），其中，则的值是______.16．某种圆柱形的如罐的容积为个立方单位，当它的底面半径和高的比值为______.时，可使得所用材料最省.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）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）设的最小值为，正数，满足，证明：.18．（12分）已知数列和，前项和为，且，是各项均为正数的等比数列，且，．（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和．19．（12分）设函数.（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）若函数有两个极值点，求证：.20．（12分）已知函数（I）若讨论的单调性；（Ⅱ）若，且对于函数的图象上两点，存在，使得函数的图象在处的切线.求证：.21．（12分）在平面四边形中，已知，.（1）若，求的面积；（2）若求的长.22．（10分）某商场为改进服务质量，随机抽取了200名进场购物的顾客进行问卷调查．调查后，就顾客“购物体验”的满意度统计如下：满意不满意男4040女8040（1）是否有97.5%的把握认为顾客购物体验的满意度与性别有关？（2）为答谢顾客，该商场对某款价格为100元/件的商品开展促销活动．据统计，在此期间顾客购买该商品的支付情况如下：支付方式现金支付购物卡支付APP支付频率10%30%60%优惠方式按9折支付按8折支付其中有1/3的顾客按4折支付，1/2的顾客按6折支付，1/6的顾客按8折支付将上述频率作为相应事件发生的概率，记某顾客购买一件该促销商品所支付的金额为，求的分布列和数学期望．附表及公式：．0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828

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】

由余弦定理求出角，再由三角形面积公式计算即可.【题目详解】由余弦定理得：，又，所以得，故△ABC的面积.故选：A【题目点拨】本题主要考查了余弦定理的应用，三角形的面积公式，考查了学生的运算求解能力.2、C【解题分析】

画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可，【题目详解】由题意可知几何体的直观图如图：上部是底面半径为1，高为3的圆柱，下部是底面半径为2，高为2的圆锥,几何体的表面积为：，故选：C【题目点拨】本题考查三视图求解几何体的表面积，判断几何体的形状是解题的关键.3、A【解题分析】

根据分组求和法，利用等差数列的前项和公式求出前项的奇数项的和，利用等比数列的前项和公式求出前项的偶数项的和，进而可求解.【题目详解】当为奇数时，，则数列奇数项是以为首项，以为公差的等差数列，当为偶数时，，则数列中每个偶数项加是以为首项，以为公比的等比数列.所以.故选：A【题目点拨】本题考查了数列分组求和、等差数列的前项和公式、等比数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.4、C【解题分析】

将四面体沿着劈开，展开后最短路径就是的边，在中，利用余弦定理即可求解.【题目详解】将四面体沿着劈开，展开后如下图所示：最短路径就是的边．易求得，由，知，由余弦定理知其中，∴故选：C【题目点拨】本题考查了余弦定理解三角形，需熟记定理的内容，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.5、D【解题分析】

直接利用复数的模的求法的运算法则求解即可.【题目详解】（是虚数单位）可得解得本题正确选项：【题目点拨】本题考查复数的模的运算法则的应用，复数的模的求法，考查计算能力.6、C【解题分析】

利用二倍角公式,和同角三角函数的商数关系式,化简可得,即可求得结果.【题目详解】，所以，即.故选:C.【题目点拨】本题考查三角恒等变换中二倍角公式的应用和弦化切化简三角函数,难度较易.7、A【解题分析】

画出不等式组表示的区域，求出其面积，再得到在区域内的面积，根据几何概型的公式，得到答案.【题目详解】画出所表示的区域，易知，所以的面积为，满足不等式的点，在区域内是一个以原点为圆心，为半径的圆面，其面积为，由几何概型的公式可得其概率为，故选A项.【题目点拨】本题考查由约束条件画可行域，求几何概型，属于简单题.8、A【解题分析】

首先根据等比数列分别求出满足，的基本量，根据基本量的范围即可确定答案.【题目详解】为等比数列，若成立，有，因为恒成立，故可以推出且，若成立，当时，有，当时，有，因为恒成立，所以有，故可以推出，，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.【题目点拨】本题主要考查了等比数列基本量的求解，充分必要条件的集合关系，属于基础题.9、A【解题分析】

由已知，圆心M到渐近线的距离为，可得，又，解方程即可.【题目详解】由已知，，渐近线方程为，因为圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，所以圆心M到渐近线的距离为，故，所以离心率为.故选：A.【题目点拨】本题考查双曲线离心率的问题，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的运算能力，是一道容易题.10、C【解题分析】

根据对称性即可求出答案．【题目详解】解：∵点（5，f（5））与点（﹣1，f（﹣1））满足（5﹣1）÷2＝2，故它们关于点（2，1）对称，所以f（5）+f（﹣1）＝2，故选：C．【题目点拨】本题主要考查函数的对称性的应用，属于中档题．11、C【解题分析】从21开始，输出的数是除以3余2，除以5余3，满足条件的是23，故选C.12、B【解题分析】

根据，可知命题的真假，然后对取值，可得命题的真假，最后根据真值表，可得结果.【题目详解】对命题：可知，所以R，故命题为假命题命题：取，可知所以R，故命题为真命题所以为真命题故选：B【题目点拨】本题主要考查对命题真假的判断以及真值表的应用，识记真值表，属基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、5【解题分析】

先作出可行域，再做直线，平移，找到使直线在y轴上截距最小的点，代入即得。【题目详解】作出不等式组表示的平面区域，如图，令，则，作出直线，平移直线，由图可得，当直线经过C点时，直线在y轴上的截距最小，由，可得，因此的最小值为.故答案为：4【题目点拨】本题考查不含参数的线性规划问题，是基础题。14、【解题分析】

作出图形，设点为线段的中点，可得出且，进而可计算出的值.【题目详解】设点为线段的中点，则，，，.故答案为：.【题目点拨】本题考查平面向量数量积的计算，涉及平面向量数量积运算律的应用，解答的关键就是选择合适的基底表示向量，考查计算能力，属于中等题.15、【解题分析】

先求出向量和夹角的余弦值，再由公式即得.【题目详解】如图，过点作的平行线交于点，那么向量和夹角为，，，，，且是直角三角形，，同理得，，.故答案为：【题目点拨】本题主要考查平面向量数量积，解题关键是找到向量和的夹角.16、【解题分析】

设圆柱的高为，底面半径为，根据容积为个立方单位可得，再列出该圆柱的表面积，利用导数求出最值，从而进一步得到圆柱的底面半径和高的比值．【题目详解】设圆柱的高为，底面半径为.∵该圆柱形的如罐的容积为个立方单位∴，即.∴该圆柱形的表面积为.令，则.令，得；令，得.∴在上单调递减，在上单调递增.∴当时，取得最小值，即材料最省，此时.故答案为：.【题目点拨】本题考查函数的应用，解答本题的关键是写出表面积的表示式，再利用导数求函数的最值，属中档题．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）证明见解析【解题分析】

（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.（2）利用绝对值三角不等式求得的最小值，利用分析法，结合基本不等式，证得不等式成立.【题目详解】（1），不等式，即或或，即有或或，所以所求不等式的解集为.（2），，因为，，所以要证，只需证，即证，因为，所以只要证，即证，即证，因为，所以只需证，因为，所以成立，所以.【题目点拨】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查分析法证明不等式，考查基本不等式的运用，属于中档题.18、（1），；（2）.【解题分析】

（1）令求出的值，然后由，得出，然后检验是否符合在时的表达式，即可得出数列的通项公式，并设数列的公比为，根据题意列出和的方程组，解出这两个量，然后利用等比数列的通项公式可求出；（2）求出数列的前项和，然后利用分组求和法可求出.【题目详解】（1）当时，，当时，.也适合上式，所以，.设数列的公比为，则，由，两式相除得，，解得，，；（2）设数列的前项和为，则，.【题目点拨】本题考查利用求，同时也考查了等比数列通项的计算，以及分组求和法的应用，考查计算能力，属于中等题.19、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析【解题分析】

（Ⅰ）求导得到，讨论，，三种情况得到单调区间.（Ⅱ）设，要证，即证，，设，根据函数单调性得到证明.【题目详解】（Ⅰ），令，，（1）当，即时，，，在上单调递增；（2）当，即时，设的两根为（），，①若，，时，，所以在和上单调递增，时，，所以在上单调递减，②若，，时，，所以在上单调递减，时，，所以在上单调递增.综上，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（Ⅱ）不妨设，要证，即证，即证，由（Ⅰ）可知，，，可得，，所以有，令，，所以在单调递增，所以，因为，所以，所以.【题目点拨】本题考查了函数单调性，证明不等式，意在考查学生的分类讨论能力和计算能力.20、(1)见解析(2)见证明【解题分析】

(1)对函数求导，分别讨论，以及，即可得出结果；(2)根据题意，由导数几何意义得到，将证明转化为证明即可，再令，设，用导数方法判断出的单调性，进而可得出结论成立.【题目详解】（1）解：易得，函数的定义域为，，令，得或.①当时，时，，函数单调递减；时，，函数单调递增.此时，的减区间为，增区间为.②当时，时，，函数单调递减；或时，，函数单调递增.此时，的减区间为，增区间为，.③当时，时，，函数单调递增；此时，的减区间为.综上，当时，的减区间为，增区间为：当时，的减区间为，增区间为.；当时，增区间为.（2）证明：由题意及导数的几何意义，得由（1）中得.易知，导函数在上为增函数，所以，要证，只要证，即，即证.因为，不妨令，则.所以，所以在上为增函数，所以，即，所以，即，即.故有（得证）.【题目点拨】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，利用导数的方法研究函数的单调性以及函数极值等即可，属于常考题型.21、（1）；（2）.【解题分析】

（1）在三角形中，利用余弦定理列方程，解方程求得的长，进而由三角形的面积公式求得三角形的面积.（2）利用诱导公式求得，进而求得，利用两角差的正弦公式，求得，在三角形中利用正弦定理求得，在三角形中利用余弦定理求得的长.【题目详解】（1）在中，，解得，.（2）在中，，..【题目点拨】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形