【数学】山西省运城市2024届高三上学期期中试题（解析版）

山西省运城市2024届高三上学期期中数学试题一、单项选择题1.复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，所以的虚部为.故选：C.2.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，，所以.故选：C.3.已知平面向量，满足，，则在方向上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】依题意，在方向上的投影向量为：，又因为，，代入上式，所以在方向上的投影向量为：.故选：A.4.已知一个正四棱台的上下底面边长为、，侧棱长为，则棱台的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图所示，由正四棱台可知，四边形为等腰梯形，且，，，所以，所以，故选：D.5.已知，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，若，则，所以，又因为，则，所以.故选：B.6.若函数在处取得极小值，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，则函数的定义域为，则，令，解得：或，当时，即，令，解得：，令，解得：，此时函数在处取得极大值，不符合题意，舍去；当时，即，则恒成立，此时函数单调递增，没有极值，不符合题意，舍去；当时，即，令，解得：，令，解得：，此时函数在处取得极小值，符合题意.故选：C.7.古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月天计算，记此人第日布施了子安贝（其中，），数列的前项和为.若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题设，是首项、公比都为2的等比数列，故，，所以，即，，，所以恒成立，而，当且仅当时等号成立，又，当，时；当，时；综上，即实数的取值范围为.故选：D8.定义在上的函数满足，，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，，所以，即，所以的周期为，且，可得，再由可得，，，，又，所以，所以为奇函数，所以，因为，所以，，，所以.故选：D.二、多项选择题9.已知向量，，则（）A.若，则B.若，则C.若与夹角为锐角，则且D.【答案】ACD【解析】对于A，若，则，解得，故A正确；对于B，若，则，解得或，故B错误；对于C，若与夹角为锐角，则，即，且，解得且，故C正确；对于D，因为，故D正确.故选：ACD10.已知，，且，则（）A B.C. D.【答案】BC【解析】对于A，由，得，即，则，故A错误；对于B，，当且仅当，即，时，等号成立，故B正确；对于C，由，即，当且仅当，即，时等号成立，所以，故C正确；对于D，，由A知，，所以当时，取得最小值，即，故D错误.故选：BC.11.已知数列满足，，则下列结论正确的是（）A. B.为等比数列C. D.【答案】AD【解析】对于A，因为，，则，，则，，则，故A正确；对于B，，所以，，所以，，故不是等比数列，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，由可得，由，两式相减可得：，所以，，，……，，上式相加可得：，，又因为，所以，故D正确.故选：AD.12.如图，棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（）A.直线平面B.C.过，，三点的平面截正方体的截面面积为D.三棱锥的外接球半径为【答案】ABD【解析】对于A，如下图，连接,

因为点，分别是棱，的中点，则,又，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；对于B，如下图：连接交平面于点，连接，

正方体中易知，平面，平面,则，又正方形中，平面，所以平面，又平面，所以，同理可证：，又平面，所以平面，易得,故四面体为正四面体，为的重心，又棱长1，所以，则则，故B正确；对于C，如图所示，由A选项可知等腰梯形即为所求截面，

又，则高为,所以，故C错误；对于D，由B选项可知，平面，且过外接圆的圆心，则三棱锥的外接球的球心在上，设球心为点，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，设，则，所以，由，得，解得，所以三棱锥的外接球半径为，故D正确.故选：ABD.三、填空题13.等差数列的前项和为，若，则______.【答案】【解析】由等差中项的性质得：，所以，所以.故答案为：.14.已知复数满足，则的最小值为______.【答案】【解析】设，∵，∴，表示以为圆心，1为半径的圆，∴，表示圆上的点到点的距离，∴的最小值为.故答案为：.15.已知函数，若在区间内没有最值，则的取值范围是______.【答案】【解析】因为，函数的单调区间为，由，而，得，因此函数在区间上单调，因为函数在区间内没有最值，则函数在区间内单调，于是，则，解得，由，且，解得，又，从而或，当时，得，又，即有，当时，得，所以的取值范围是.故答案为：.16.已知函数有三个不同的零点，则实数的范围为______.【答案】【解析】由题意，，，当时，只有一个零点，不符合题意，故.∵，且当时有且只有一个零点，∴函数有三个不同的零点等价于函数有两个不同的零点，即与有两个不同的交点.如上图，当与相切时，设切点为，则由解得：，则.如上图，由与有两个不同的交点知，解得：，∴实数的范围为.故答案为：.四、解答题17.已知函数的图象关于直线对称.（1）求证：函数为奇函数.（2）将的图象向左平移个单位，再将横坐标伸长为原来的倍，得到的图象，求的单调递增区间.（1）证明：因为的图象关于直线对称，所以，得，，因为，所以当时，，所以，所以，因为，所以为奇函数成立.（2）解：由（1）可得：，将的图象向左平移个单位，再将横坐标伸长为原来的倍，则由可得，，故函数的单调递增区间是18.已知递增的等差数列满足，且是与的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）记，证明数列的前项和.（1）解：设等差数列的公差为，由题可知，因为，所以，又是与的等比中项，所以，即，得或（舍去），所以.（2）证明：由（1）知：所以数列的前项和①①得：②两式相减得：，化简得：.因为，所以，所以.19.在中，，，分别为角，，所对的边，为的面积，且．（1）求角的大小；（2）若，，为的中点，且，求的值．解：（1）由已知得，∴.即.∴.又∵，，（2）由得：，又∵为的中点，∴，，∴，即又∵，∴.又∵，∴，，∴.20.如图①，在等腰梯形中，,分别为的中点，，为的中点．现将四边形沿折起，使平面平面，得到如图②所示的多面体．在图②中：（1）证明：；（2）求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：由题意知在等腰梯形中，，又分别为的中点，所以，即折叠后，，所以平面，又平面，所以．（2）解：∵平面平面，平面平面，且，所以平面，平面,，两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，易知，所以，则设平面的法向量，则，取，则，得；设平面的法向量则，取，则，可得，，由图易知平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值为．21.已知函数在点处的切线为：，函数在点处的切线为：.（1）若，均过原点，求这两条切线斜率之间的等量关系.（2）当时，若，此时的最大值记为m，证明：.（1）解：由题可得，，：，：，因为均过原点，所以，因为均过原点，所以，所以.（2）证明：由题，，记，，记，在单调递减，且，，使得，即，且在上单调递增，在上单调递减.，∵，又∵，故得证.22.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，若恒成立，求实数的取值范围.解：（1）的定义域是，，令当时，∵，∴∴，∴在单调递增当时，，若，即时，，∴，∴在单调递减若，即时，令，解得，，易