2024届辽宁省大连市滨城高中联盟高三上学期期中考试Ⅰ考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省大连市滨城高中联盟2024届高三上学期期中（Ⅰ）考试数学试题一、选择题1.设命题，则为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗因为命题，所以为，故选：A.2.已知集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，，则，由图像可知阴影部分面积对应的集合为.故选：C3.若复数满足，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗C〖解析〗，，，故对应点在第三象限，故选：C4.已知幂函数在上是减函数，则的值为（）A.3 B. C.1 D.〖答案〗C〖解析〗由函数为幂函数知，，解得或.∵在上是减函数，而当时，，在是增函数，不符合题意，当时，，符合题意，∴，，∴.故选：C.5.函数（且）的图象恒过定点，若且，，则的最小值为（）A.9 B.8 C. D.〖答案〗B〖解析〗函数（且）的图象恒过定点,所以，,,当且仅当，即等号成立故选：B.6.已知中，，，，在线段BD上取点E，使得，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意知：,,,,,.故选：D.7.已知函数，函数有四个不同的零点，从小到大依次为，，，，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗时，，，在上单调递减，在上单调递增，，时，，在上单调递减，在上单调递增，，画出的图象如下图，有四个零点即的图象与有四个不同交点，由图可得，是方程的两根，即的两根，是方程的两根，即的两根，，，则，设，，则，在上单调递增，当时，，即.故选：A.8.设函数（且）满足以下条件：①，满足；②，使得；且，则关于x的不等式的最小正整数解为（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗B〖解析〗由①得：，则，（1）由②得：，则，（2）且，即，联立（1）（2）得：，因为，所以，，解得：，，所以，所以，将代入得：，因为，所以，所以，，，则或，当，解得：，，，，当时，，故最小正整数为3，当，解得：，，，，当时，，故最小正整数为2，比较得到〖答案〗为2故选：B.二、选择题9.下列结论正确的是（）A.若a，b为正实数，，则B.若a，b，m为正实数，，则C.若，则“”是“”的充分不必要条件D.不等式成立的充分不必要条件是，则m的取值范围是〖答案〗ACD〖解析〗对于A，因为，为正实数，，所以，所以，故A正确；对于B，因为，，为正实数，，所以，所以，故B错误；对于C，由，可得或，故由可得，但是不一定得到，故“”是“”的充分不必要条件，故C正确；对于D，由可得，由于成立的充分不必要条件是，所以或，解得，故D正确．故选：ACD10.已知向量满足，且，则（）A. B.C. D.〖答案〗AC〖解析〗由，得，整理得①．由，得，整理得②．由①②及得，所以，所以，所以，所以反向共线，所以，故选：AC．11.已知为上的奇函数，且当时，，记，下列结论正确的是（）A.为奇函数B.若的一个零点为，且，则C.在区间的零点个数为个D.若大于的零点从小到大依次为，则〖答案〗ABD〖解析〗因为，所以为奇函数，A正确；假设，则，此时，所以当时，，当时，，当时，，则，由于的零点为，所以，所以，B正确；当时，令，大于零零点为的交点，由图可知，函数在有2个零点，由于为奇函数，所以在有1个零点，且，所以在区间的零点个数为个，C错误；由图可知，大于1的零点，，所以，而，所以，D正确.故选:ABD.12.已知连续函数满足：①，则有，②当时，，③，则以下说法中正确的是（）A.的图象关于对称B.C.在上的最大值是10D.不等式的解集为〖答案〗ACD〖解析〗因为，则有，令，则，则，令则，即，故的图象关于对称，即A正确；令，则，令代x，则，即，即，故B错误；设且，则，由，令，，则，即，由时，，得，则，所以，所以，即在上单调递减，又，所以，，又，所以，故在上的最大值为，故C正确；由，即，即，即，又因为，即，所以，即，即，即，解得，即原不等式的解集为，故D正确；故选：ACD.三、填空题13.已知，则__________．〖答案〗〖解析〗设，则，因为，所以，即故〖答案〗为：．14.已知，，，若，则______．〖答案〗〖解析〗由，得，又，所以，又，所以，，所以．故〖答案〗为：．15.函数，若函数恰有两个零点，则a取值范围是______．〖答案〗〖解析〗由得，设，令，解得，当时，单调递减，当时，单调递增，又，当时，；当时，，又当，，由此画出的大致图象如图所示，由于函数恰有两个零点，所以的取值范围是.故〖答案〗为：.16.牛顿迭代法又称牛顿-拉夫逊方法，它是牛顿在世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法，具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的次近似值，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，设的零点为，取，则的次近似值为______：设，数列的前项积为．若任意的，恒成立，则整数的最小值为______．〖答案〗〖解析〗，则，，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知点在直线上，所以，，，则，，，，因为函数的零点近似值为，且函数在上为增函数，因为，，由零点存在定理可知，由题意可知，，故整数的最小值为.故〖答案〗为：；.四、解答题：解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.设是公差不为0的等差数列的前项和，已知与的等比中项为，且与的等差中项为．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列前项和．解：（1）设数列的公差为．由题意，得，即，解得，所以数列的通项公式为.（2），所以.18.在中，角、、的对边分别为、、．已知．（1）求角的大小；（2）给出以下三个条件：①，；②；③．若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：（i）求的值；（ii）的角平分线交于点，求的长．（1）解：因为，若，则，不满足，所以，，，.（2）解：由及①，由余弦定理可得，即，，解得；由及②，由余弦定理可得，由可得，可得；由及③，由三角形的面积公式可得，可得.经分析可知①②不能同时成立，①③不能同时成立，正确条件为②③，故，.（i）将，代入②可得可得.在中，由正弦定理，故.（ii）因为，即，所以，.19.已知数列中，，设为前项和，．（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和．（1）解：由数列中，，且当时，，解得，当时，可得，所以，即，则当时，可得，所以，当或时，，适合上式，所以数列的通项公式为.（2）解：由（1）知，可得，所以，可得，两式相减，得，所以.20.已知函数（且）的两个相邻的对称中心的距离为．（1）求在R上的单调递增区间；（2）将图象纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数，若，，求的值．解：（1），由题意知，的最小正周期为，所以，解得，∴，令，，解得，所以在R上的单调递增区间为（2），，得，∵，∴，∴，∴21.已知函数，．（1）判断函数的单调性；（2）当时，关于x的不等式恒成立，求实数b的取值范围．解：（1）的定义域为，求导得：，若时，则，此时在单调递增；若时，则当时，在单调递减，当时，，f(x)在单调递增.（2）当时，，由题意在上恒成立，令，则，令，则，所以在上递增，又，所以在上有唯一零点，由得，当时，即，单调递减；时，即，单调递增，所以为在定义域内的最小值.即令，则方程等价于，又易知单调递增，所以，即所以，的最小值所以，即实数的取值范围是22.已知函数．（1）若直线与的图像相切，且切点的横坐标为1，求实数m和b的值；（2）若函数在上存在两个极值点，且，证明：．（1）解：由题意，切点坐标为，所以切线斜率为，所以，切线为，整理得，所以．（2）证明：由（1）知．由函数在上存在两个极值点，且，知，则且，联立得，即，设，则，要证，，只需证，只需证，只需证．构造函数，则．故，在上递增，，即，所以辽宁省大连市滨城高中联盟2024届高三上学期期中（Ⅰ）考试数学试题一、选择题1.设命题，则为（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗因为命题，所以为，故选：A.2.已知集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，，则，由图像可知阴影部分面积对应的集合为.故选：C3.若复数满足，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗C〖解析〗，，，故对应点在第三象限，故选：C4.已知幂函数在上是减函数，则的值为（）A.3 B. C.1 D.〖答案〗C〖解析〗由函数为幂函数知，，解得或.∵在上是减函数，而当时，，在是增函数，不符合题意，当时，，符合题意，∴，，∴.故选：C.5.函数（且）的图象恒过定点，若且，，则的最小值为（）A.9 B.8 C. D.〖答案〗B〖解析〗函数（且）的图象恒过定点,所以，,,当且仅当，即等号成立故选：B.6.已知中，，，，在线段BD上取点E，使得，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意知：,,,,,.故选：D.7.已知函数，函数有四个不同的零点，从小到大依次为，，，，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗时，，，在上单调递减，在上单调递增，，时，，在上单调递减，在上单调递增，，画出的图象如下图，有四个零点即的图象与有四个不同交点，由图可得，是方程的两根，即的两根，是方程的两根，即的两根，，，则，设，，则，在上单调递增，当时，，即.故选：A.8.设函数（且）满足以下条件：①，满足；②，使得；且，则关于x的不等式的最小正整数解为（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗B〖解析〗由①得：，则，（1）由②得：，则，（2）且，即，联立（1）（2）得：，因为，所以，，解得：，，所以，所以，将代入得：，因为，所以，所以，，，则或，当，解得：，，，，当时，，故最小正整数为3，当，解得：，，，，当时，，故最小正整数为2，比较得到〖答案〗为2故选：B.二、选择题9.下列结论正确的是（）A.若a，b为正实数，，则B.若a，b，m为正实数，，则C.若，则“”是“”的充分不必要条件D.不等式成立的充分不必要条件是，则m的取值范围是〖答案〗ACD〖解析〗对于A，因为，为正实数，，所以，所以，故A正确；对于B，因为，，为正实数，，所以，所以，故B错误；对于C，由，可得或，故由可得，但是不一定得到，故“”是“”的充分不必要条件，故C正确；对于D，由可得，由于成立的充分不必要条件是，所以或，解得，故D正确．故选：ACD10.已知向量满足，且，则（）A. B.C. D.〖答案〗AC〖解析〗由，得，整理得①．由，得，整理得②．由①②及得，所以，所以，所以，所以反向共线，所以，故选：AC．11.已知为上的奇函数，且当时，，记，下列结论正确的是（）A.为奇函数B.若的一个零点为，且，则C.在区间的零点个数为个D.若大于的零点从小到大依次为，则〖答案〗ABD〖解析〗因为，所以为奇函数，A正确；假设，则，此时，所以当时，，当时，，当时，，则，由于的零点为，所以，所以，B正确；当时，令，大于零零点为的交点，由图可知，函数在有2个零点，由于为奇函数，所以在有1个零点，且，所以在区间的零点个数为个，C错误；由图可知，大于1的零点，，所以，而，所以，D正确.故选:ABD.12.已知连续函数满足：①，则有，②当时，，③，则以下说法中正确的是（）A.的图象关于对称B.C.在上的最大值是10D.不等式的解集为〖答案〗ACD〖解析〗因为，则有，令，则，则，令则，即，故的图象关于对称，即A正确；令，则，令代x，则，即，即，故B错误；设且，则，由，令，，则，即，由时，，得，则，所以，所以，即在上单调递减，又，所以，，又，所以，故在上的最大值为，故C正确；由，即，即，即，又因为，即，所以，即，即，即，解得，即原不等式的解集为，故D正确；故选：ACD.三、填空题13.已知，则__________．〖答案〗〖解析〗设，则，因为，所以，即故〖答案〗为：．14.已知，，，若，则______．〖答案〗〖解析〗由，得，又，所以，又，所以，，所以．故〖答案〗为：．15.函数，若函数恰有两个零点，则a取值范围是______．〖答案〗〖解析〗由得，设，令，解得，当时，单调递减，当时，单调递增，又，当时，；当时，，又当，，由此画出的大致图象如图所示，由于函数恰有两个零点，所以的取值范围是.故〖答案〗为：.16.牛顿迭代法又称牛顿-拉夫逊方法，它是牛顿在世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法，具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的次近似值，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，设的零点为，取，则的次近似值为______：设，数列的前项积为．若任意的，恒成立，则整数的最小值为______．〖答案〗〖解析〗，则，，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知点在直线上，所以，，，则，，，，因为函数的零点近似值为，且函数在上为增函数，因为，，由零点存在定理可知，由题意可知，，故整数的最小值为.故〖答案〗为：；.四、解答题：解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.设是公差不为0的等差数列的前项和，已知与的等比中项为，且与的等差中项为．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列前项和．解：（1）设数列的公差为．由题意，得，即，解得，所以数列的通项公式为.（2），所以.18.在中，角、、的对边分别为、、．已知．（1）求角的大小；（2）给出以下三个条件：①，；②；③．若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：（i）求的值；（ii）的角平分线交于点，求的长．（1）解：因为，若，则，不满足，所以，，，.（2）解：由及①，由余弦定理可得，即，，解得；由及②，由余弦定理可得，由可得，可得；由及③，由三角形的面积公式可得，可得.经分析可知①②不能同时成立，①③不能同时成立，正确条件为②③，故，.（i）将，代入②可得可得.在中，由正弦定理