山西省部分学校2024届高三上学期12月联考数学试题（解析版）

PAGEPAGE1山西省部分学校2024届高三上学期12月联考数学试题一、选择题1.已知是全集的非空子集，且，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗因为M，N是全集U的非空子集，且，所以韦恩图为：

由韦恩图可知，A不正确；B不正确；C不正确；D正确.故选：D2.若满足，则（）A. B. C.5 D.〖答案〗B〖解析〗因为，则，则.故选：B3.已知非零平面向量，那么“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗B〖解析〗因为向量、为非零向量，设向量、的夹角为，在等式两边平方可得，所以，，则，因为，所以，，即、方向相同，所以，“”不能推出“、方向相同”，“、方向相同”能推出“”，因此，“”是“”的必要而不充分条件.故选：B.4.记的内角所对的边分别为，则边上的高为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由，得.设边上的高为，因为，所以，即边上的高为.故选：D5.已知某物种年后的种群数量近似满足函数模型：．自2023年初起，经过年后，当该物种的种群数量不足2023年初的时，的最小值为（参考数据：）（）A.10 B.11 C.12 D.13〖答案〗D〖解析〗由题意可知2023年初的种群数量为时的函数值，故令，即，则，由于，故n的最小值为13，故选：D6.过点作曲线的两条切线，切点分别为，，则（）A. B. C.1 D.2〖答案〗B〖解析〗由题意得，过点作曲线的两条切线，设切点坐标为，则，即，由于，故，，由题意可知，为的两个解，则，，故.故选：B7.对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶商数列，再令，则数列是数列的二阶商数列．已知数列为，，，，，，且它的二阶商数列是常数列，则（）A B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设数列的一阶商数列为，二阶商数列为，则，，，又数列的二阶商数列是常数列，则，则满足，所以数列是为首项，为公比的等比数列，则，所以，则，，，，，，等式左右分别相乘可得，所以，则，故选：C.8.已知函数，设，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗当时，，证明如下：令在单调递减，所以，故，因此，设则当时单调递减，当时，单调递增，故当，故当等号成立，故构造函数，则，所以函数单调递减，故，则，进而可得，进而可得，又，（证明如下：故在单调递减，故）所以，进而，由于时，，故，从而因此，进而，由于，所以上单调递增，故，即故选：A二、选择题9.设正实数a，b满足，则（）A.有最大值4 B.有最大值C. D.〖答案〗BCD〖解析〗对于A，正实数a，b满足，即有，可得，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，所以当时，取得最小值4，无最大值，所以A错误；对于B，由选项A可知，，当且仅当时取等号，所以B正确；对于C，，当且仅当时等号成立，C正确；对于D，，当且仅当时等号成立，D正确.故选：BCD10.一半径为2米的水轮，水轮圆心O距离水面1米（如图）.已知水轮按逆时针方向绕圆心O做匀速转动，每1分钟转动一圈，如果当水轮上点P从水面浮现时开始计时，则下列判断正确的有（）A.点P第一次到达最高点需要20秒B.点P第一次到达最低点需要45秒C.在水轮转动的一圈内，有20秒的时间，点P在水面的下方D.当水轮转动30秒时，点P距离水面的高度是2米〖答案〗ACD〖解析〗以O为坐标原点建立直角坐标系，如下图，设点P距离水面的高度与时间的函数〖解析〗式为，由题意知：，，最小正周期，所以，，，所以，即，又由及题意，所以，所以.对于A，令，解得，即点P第一次到达最高点需要20秒，故A正确；对于B，令，解得，故B错误；对于C，令，即，所以，解得，所以水轮转动一圈内，点P在水面下方的时间为秒，故C正确；对于D，因为，所以当水轮转动30秒时，点P距离水面的高度是2米，故D正确.故选：ACD.11.已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，E为AB的中点，则（）A.BC1∥平面A1ECB.二面角A1－EC－A的正弦值为C.点A到平面A1BC1的距离为D.若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的半径为〖答案〗ACD〖解析〗A选项，连接，使相交于F，连接EF，因F，E分别为中点，则，因平面，平面，则BC1平面A1EC，故A正确；B选项，由题可得平面ABC，又平面ABC，则又，，平面，平面，则平面.又平面，则，结合，可知二面角A1－EC－A的平面角为，则，故B错误；C选项，设点A到平面A1BC1的距离为d，取AC中点为G，连接BG.则，又，，，由余弦定理可得，则，得.则，故C正确.D选项，设外接圆半径为，由正弦定理，.又设三棱锥外接球半径为，则三棱锥外接球与以外接圆为底面的圆柱外接球相同，则.故D正确故选：ACD.12.设定义在R上的函数的导函数为，若与均为偶函数，则下列说法正确的是（）A.的图象关于直线对称 B.2为函数的周期C.的图象关于点中心对称 D.为偶函数〖答案〗ABC〖解析〗因为为偶函数，所以，所以的图象关于直线对称，故选项A正确；因为，所以，又因为为偶函数，所以，所以，所以，所以2为的一个周期，故选项B正确；因为，所以，所以的图象关于点中心对称，故选项C正确；因为2为的一个周期，又因为，所以，所以，所以为奇函数，故选项D错误.故选：ABC.三、填空题13.已知函数，则的值为______.〖答案〗1〖解析〗.故〖答案〗为：1.14.已知为锐角且满足，则______________．〖答案〗〖解析〗为锐角且满足，，为锐角，所以，则.故〖答案〗为：.15.已知各项均不为0的数列满足，且，则______________．〖答案〗〖解析〗由题意知数列满足，即，即，即为首项是，公差为1的等差数列，故，故，故〖答案〗为：16.在四棱锥中，，则三棱锥外接球的表面积为______________．〖答案〗〖解析〗如图，取的两个三等分点，连接，设，连接，则，，又，则四边形为平行四边形，因为，故H为的中点，而，，则，，在中，，，又为等边三角形，故，即为的外接圆圆心，又，H为BD的中点，所以，又，≌,，又平面，故平面，而平面，故，则，设O为三棱锥的外接球球心，连接，过点O作，垂足为F，则，则四边形为矩形，则，，，又H为的中点，则；设外接球半径为R，则，即，解得，则，故三棱锥外接球的表面积为，故〖答案〗为：四、解答题17.已知等差数列的前项和为，且．（1）求的通项公式；（2）若对任意正整数，均有，求正整数的最大值．解：（1）由题意知等差数列的前项和为，且，设首项为，公差为d，故，即，解得，故；（2）由（1）可得，当时，取到最小值，故对任意正整数，均有，可得恒成立，即，解得，故正整数的最大值为11.18.已知向量，向量，．（1）求函数的单调增区间；（2）若在上有唯一的零点，求的取值范围．解：（1），令，解得，故的单调增区间为；（2），当，，因为在上有唯一的零点，所以，解得.19.已知函数.（1）若在上存在单调减区间，求实数m的取值范围；（2）若在区间上有极小值，求实数m的取值范围.解：（1）函数，求导得，因为函数在上存在单调减区间，则不等式在上有解，即在上能成立，而函数在上递减，显然，于是，所以实数的取值范围是.（2）由（1）知，，即，解得，当或时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，因此函数在处取得极小值，于是，即，当时，不等式成立，当时，解得，则，所以实数的取值范围是.20.如图，圆台的轴截面为等腰梯形为下底面圆周上异于的点．（1）在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由；（2）若四棱雉的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．解：（1）为线段中点时，平面.证明如下：取中点，连接，则有，如图，在等腰梯形中，，所以，则四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）过点作于，在等腰梯形中，，所以该梯形的高，所以等腰梯形的面积为，所以四棱锥的体积，解得，所以点与重合，以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，所以，取，则.设平面的法向量为，所以，取，则.设平面与平面夹角为，则.故平面与平面夹角的余弦值为.21.如图，在平面凸四边形中，为边的中点．（1）若，求的面积；（2）求的最大值．解：（1）因为，，由余弦定理可得，，则，且，，所以，则的面积为.（2）取线段的中点为，连接，设，，因为，由余弦定理可得，，由正弦定理可得，，则，因为分别为的中点，所以，且，所以，且，所以，在中，由余弦定理可得，，由可得，，所以当时，即时，取得最大值，所以的最大值为.22.已知函数，其中．（1）当时，求证：在上单调递减；（2）若有两个不相等的实数根．（ⅰ）求实数的取值范围；（ⅱ）求证：．（1）解：当时，，，令，，令，得，，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，，即，所以函数在上单调