2024届山东省滨州市新高考联合质量测评高三上学期10月联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省滨州市新高考联合质量测评2024届高三上学期10月联考数学试题一、单项选择题1已知集合，，则=（）A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗因为或，所以.故选：C.2.命题“，是偶函数”的否定是（）A.，不是偶函数 B.，是奇函数C.，不是偶函数 D.，是奇函数〖答案〗A〖解析〗命题“，是偶函数”的否定是“，不是偶函数”.故选：A.3.我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，是过去官员或私人签署文件时代表身份的信物。图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2．已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，则该几何体的体积是（）A.32 B. C. D.64〖答案〗C〖解析〗因为正四棱锥的底面边长为4，所以底面的对角线长为，设正四棱柱和正四棱锥高为，因为正四棱锥的侧棱长为，所以，解得，故该几何体的体积为.故选：C.4.已知，则的值是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，则.故选：B.5.已知实数满足，则的最小值是（）A.9 B.3 C.2 D.6〖答案〗B〖解析〗由得，变形得。因为，所以，故选:B.6.已知满足，且在处的切线方程为，则=（）A.0 B.1 C.-1 D.-2〖答案〗D〖解析〗函数的定义域为R，因为，所以函数是R上的奇函数，所以，解得，所以，又，故符合要求，则，因为在处的切线方程为，所以，即，解得，所以.故选：D.7.已知正方体的棱长为3，点P在内运动，且满足PB=2，则点P的轨迹长度为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设点B到平面的距离为，因为，所以，因为正方体的棱长为3，所以等边的边长为，所以，所以，解得，所以点B为球心，2为半径的球面与平面相交的圆半径为为半径的圆，又因为等边的内切圆半径为，所以交线长为.故选：C.8.设数列的前项和为，，且，若存在，使得成立，则的最小值是（）A. B. C. D.8〖答案〗D〖解析〗由已知，所以，所以数列是常数列.又，所以，即，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，故，由存在，使得成立可知，存在，使得成立，即，设，则，从而.记（），由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，又，所以，，所以的最小值是8.故选：D.二、多项选择题9.下列命题为真命题的是（）A.函数的图象过点，则B.函数的零点是,C.函数的定义域为R，若是奇函数，是偶函数，则D.函数的零点所在区间可以是〖答案〗ACD〖解析〗选项A：设幂函数，由得，故选项A正确；选项B：令得或1，所以的零点为和，故选项B不正确；选项C：因为是偶函数，所以，因为是奇函数，所以，所以，因此函数的周期为4，所以，故选项C正确；选项D：因为函数在时单调递增，而，，即，故选项D正确，故选：ACD.10.已知数列满足，，则下列结论正确的是（）A.为等差数列 B.为递减数列C.的通项公式为 D.的前项和〖答案〗BD〖解析〗因为，所以，所以，且，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，即，可得，故选A，C错误；因为单调递增，所以，即为递减数列，故选项B正确；的前项和，故选项D正确.故选：BD.11.如图，在正四棱柱中，，分别是棱，，的中点，则（）A.B.平面C.直线与是异面直线D.直线与平面的交点是的外心〖答案〗ABD〖解析〗由题意得，以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，对于选项A，由题意可知，，则，，，所以，即，故A正确；对于选项B，因为，则，又因为，则，所以，即，又因为，即，，平面，所以平面，故B正确；对于选项C，连接，，，，，则，，所以，由图知，不共线，所以，则四点共面，所以直线与是共面直线，故C错误；对于选项D，设直线与平面的交点为，由正方体的性质知，，则四面体为正四面体，又因为平面，则为正三角形的中心，即为正三角形的外心，故D正确.故选：ABD12.已知函数，若存在实数使得方程有四个互不相等的实数根，分别为，且，则下列说法正确的有（）A. B.C. D.取值范围为〖答案〗BD〖解析〗作出在上的图象，如图所示：对于A，因为，又因为方程有四个互不相等的实数根，所以，故A错误；对于B，由题意可得，，且有，，所以，故，当，即时，等号成立，故B正确；对于C，由题意可得，由A可知，所以，故C错误；对于D，由题意可知与关于直线对称，且，，所以，故.因为，所以.又因为，所以，在上单调递减，故,所以，，所以.因为，，所以，在单调递增，所以，故，所以的取值范围为，故D正确.故选：BD.三、填空题13.已知函数，则=______.〖答案〗3〖解析〗由题意知，，所以.故〖答案〗为：3.14.如图，已知在一个二面角的棱上有两个点，线段分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱.则这个二面角的余弦值为______.〖答案〗〖解析〗因为，，设二面角为，则由图知，，又，则，即，所以，故〖答案〗为：.15.已知数列，，满足，，则的前项和=______.〖答案〗〖解析〗由得，则，所以.故〖答案〗为：.16.已知，，若存在，，使得，则称函数与互为“阶逼近函数”.若与互为“1阶逼近函数”，则实数的取值范围为______.〖答案〗〖解析〗由函数，可得，且在上单调递减，所以函数只有一个零点2，又由，可得，所以函数在区间上存在零点，由，可得，令，可得，当时，；当时，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，且，，，所以要使函数在区间上存在零点，则满足，即实数的取值范围为.故〖答案〗：.四、解答题17.已知函数图像的对称中心到对称轴的最小距离为.（1）求函数的单调递减区间；（2）求函数在区间上的值域.解：（1）因为图像的对称中心到对称轴的最小距离为，则，所以，又，由，解得，所以，函数的〖解析〗式是，由，，解得，，所以函数的减区间为，.（2）由，，得到，，所以函数的增区间为，.故由（1）知，函数在区间上为增函数，在区间上为减函数，因为，，，故函数在区间上的值域为.18.已知数列为递增的等差数列，为的前项和，，，.（1）若数列为等差数列，求非零常数的值；（2）在（1）的条件下，，求的前项和.解：（1）由为递增的等差数列，，，故为方程的两根，因为数列为递增的等差数列，解得，，故公差，所以，所以，所以，若为等差数列，设，则，整理得，即，故，又，解得，；（2）由（1）知，所以，因此，又，两式相减得，所以.19.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，，，平面ABEF，，AD=AB=2BC=2BE=2.（1）已知点G为AF上一点，AG=AD，求证：BG与平面DCE不平行；（2）已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求点F到平面DCE的距离.（1）证明：因为平面ABEF，AB，平面ABEF，所以，。又，所以以A为坐标原点，AF，AB，AD分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，,，所以，，，设平面DCE的法向量为，则，令，则，所以，因为，即不存在使得与垂直，所以BG与平面DCE不平行。（2）解：设且，则，所以。∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，，化简得，解得或（舍去），故。,由（1）知平面DCE的一个法向量，所以F到平面DCE的距离20.随着经济的不断发展，环境污染物别是水污染日益加剧，已经成为不可否认的客观事实。某企业通过对我国城市自来水水质现状以及对水质污染解决途径的分析，可以预见，使用净水设备是解决水质污染问题的有效途径，在我国有着巨大的潜在市场。该企业为抓住机遇，决定开发生产一款新型净水设备。生产这款设备的年固定成本为万元，每生产台需要另投入成本（万元），当年产量不足35台时，（万元），当年产量不少于台时，（万元）。若每台设备的售价与销售量的关系式为，经过市场分析，该企业生产的净水设备能全部售完。（1）求年利润（万元）关于年产量（台）的函数关系式、（2）年产量为多少台时，该企业在这一款新型净水设备的生产中获利最大？最大利润是多少万元？解：（1）当，时，，当，时，，综上所述，.（2）由（1）知，当，时，，则当时，的最大值为；当时，（当且仅当，即时等号成立）。故当年产量为台时，该企业在这款新型净水设备的生产中获利最大，且最大为万元。21.已知定义在上的函数满足，且当时，.（1）求的值，并证明为奇函数；（2）求证在上是增函数；（3）若，解关于的不等式.（1）解：令，得.，所以函数为奇函数；（2）证明：在R上任取，则，所以.又，所以函数在R上是增函数.（3）解：由，得，.由得.因为函数在R上是增函数，所以，解得或.故原不等式的解集为或.22.已知函数，，.（1）讨论函数的单调性；（2）证明：当时，.（1）解：函数的定义域为，，当时，恒成立，在上单调递减.当时，，恒成立，单调递增.，恒成立，单调递减.综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）证明：当时，，则，由（1）可知，，所以，即，令，，可知在上单调递增，在上单调递减，所以.恒成立，故在上单调递增，，因为，所以，所以当时，山东省滨州市新高考联合质量测评2024届高三上学期10月联考数学试题一、单项选择题1已知集合，，则=（）A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗因为或，所以.故选：C.2.命题“，是偶函数”的否定是（）A.，不是偶函数 B.，是奇函数C.，不是偶函数 D.，是奇函数〖答案〗A〖解析〗命题“，是偶函数”的否定是“，不是偶函数”.故选：A.3.我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，是过去官员或私人签署文件时代表身份的信物。图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2．已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，则该几何体的体积是（）A.32 B. C. D.64〖答案〗C〖解析〗因为正四棱锥的底面边长为4，所以底面的对角线长为，设正四棱柱和正四棱锥高为，因为正四棱锥的侧棱长为，所以，解得，故该几何体的体积为.故选：C.4.已知，则的值是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，则.故选：B.5.已知实数满足，则的最小值是（）A.9 B.3 C.2 D.6〖答案〗B〖解析〗由得，变形得。因为，所以，故选:B.6.已知满足，且在处的切线方程为，则=（）A.0 B.1 C.-1 D.-2〖答案〗D〖解析〗函数的定义域为R，因为，所以函数是R上的奇函数，所以，解得，所以，又，故符合要求，则，因为在处的切线方程为，所以，即，解得，所以.故选：D.7.已知正方体的棱长为3，点P在内运动，且满足PB=2，则点P的轨迹长度为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设点B到平面的距离为，因为，所以，因为正方体的棱长为3，所以等边的边长为，所以，所以，解得，所以点B为球心，2为半径的球面与平面相交的圆半径为为半径的圆，又因为等边的内切圆半径为，所以交线长为.故选：C.8.设数列的前项和为，，且，若存在，使得成立，则的最小值是（）A. B. C. D.8〖答案〗D〖解析〗由已知，所以，所以数列是常数列.又，所以，即，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，故，由存在，使得成立可知，存在，使得成立，即，设，则，从而.记（），由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，又，所以，，所以的最小值是8.故选：D.二、多项选择题9.下列命题为真命题的是（）A.函数的图象过点，则B.函数的零点是,C.函数的定义域为R，若是奇函数，是偶函数，则D.函数的零点所在区间可以是〖答案〗ACD〖解析〗选项A：设幂函数，由得，故选项A正确；选项B：令得或1，所以的零点为和，故选项B不正确；选项C：因为是偶函数，所以，因为是奇函数，所以，所以，因此函数的周期为4，所以，故选项C正确；选项D：因为函数在时单调递增，而，，即，故选项D正确，故选：ACD.10.已知数列满足，，则下列结论正确的是（）A.为等差数列 B.为递减数列C.的通项公式为 D.的前项和〖答案〗BD〖解析〗因为，所以，所以，且，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，即，可得，故选A，C错误；因为单调递增，所以，即为递减数列，故选项B正确；的前项和，故选项D正确.故选：BD.11.如图，在正四棱柱中，，分别是棱，，的中点，则（）A.B.平面C.直线与是异面直线D.直线与平面的交点是的外心〖答案〗ABD〖解析〗由题意得，以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，对于选项A，由题意可知，，则，，，所以，即，故A正确；对于选项B，因为，则，又因为，则，所以，即，又因为，即，，平面，所以平面，故B正确；对于选项C，连接，，，，，则，，所以，由图知，不共线，所以，则四点共面，所以直线与是共面直线，故C错误；对于选项D，设直线与平面的交点为，由正方体的性质知，，则四面体为正四面体，又因为平面，则为正三角形的中心，即为正三角形的外心，故D正确.故选：ABD12.已知函数，若存在实数使得方程有四个互不相等的实数根，分别为，且，则下列说法正确的有（）A. B.C. D.取值范围为〖答案〗BD〖解析〗作出在上的图象，如图所示：对于A，因为，又因为方程有四个互不相等的实数根，所以，故A错误；对于B，由题意可得，，且有，，所以，故，当，即时，等号成立，故B正确；对于C，由题意可得，由A可知，所以，故C错误；对于D，由题意可知与关于直线对称，且，，所以，故.因为，所以.又因为，所以，在上单调递减，故,所以，，所以.因为，，所以，在单调递增，所以，故，所以的取值范围为，故D正确.故选：BD.三、填空题13.已知函数，则=______.〖答案〗3〖解析〗由题意知，，所以.故〖答案〗为：3.14.如图，已知在一个二面角的棱上有两个点，线段分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱.则这个二面角的余弦值为______.〖答案〗〖解析〗因为，，设二面角为，则由图知，，又，则，即，所以，故〖答案〗为：.15.已知数列，，满足，，则的前项和=______.〖答案〗〖解析〗由得，则，所以.故〖答案〗为：.16.已知，，若存在，，使得，则称函数与互为“阶逼近函数”.若与互为“1阶逼近函数”，则实数的取值范围为______.〖答案〗〖解析〗由函数，可得，且在上单调递减，所以函数只有一个零点2，又由，可得，所以函数在区间上存在零点，由，可得，令，可得，当时，；当时，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，且，，，所以要使函数在区间上存在零点，则满足，即实数的取值范围为.故〖答案〗：.四、解答题17.已知函数图像的对称中心到对称轴的最小距离为.（1）求函数的单调递减区间；（2）求函数在区间上的值域.解：（1）因为图像的对称中心到对称轴的最小距离为，则，所以，又，由，解得，所以，函数的〖解析〗式是，由，，解得，，所以函数的减区间为，.（2）由，，得到，，所以函数的增区间为，.故由（1）知，函数在区间上为增函数，在区间上为减函数，因为，，，故函数在区间上的值域为.18.已知数列为递增的等差数列，为的前项和，，，.（1）若数列为等差数列，求非零常数的值；（2）在（1）的条件下，，求的前项和.解：（1）由为递增的等差数列，，，故为方程的两根，因为数列为递增的等差数列，解得，，故公差，所以，所以，所以，若为等差数列，设，则，整理得，即，故，又，解得，；（2）由（1）知，所以，因此，又，两式相减得，所以.19.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，，，平面ABEF，，AD=AB=2BC=2BE=2.（1）已知点G为AF上一点，AG=AD，求证：BG与平面DCE不平行；（2）已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求点F到平面DCE的距离.（1）证明：因为平面ABEF，AB，平面ABEF，所以，。又，所以以A为坐标原点，AF，AB，AD分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，,，所以，，，设平面DCE的法向量为，则，令，则，所以，因为，即不存在使得与垂直，所以BG与平面DCE不平行。（2）解：设且，则，所以。∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，，化简得，解得或（舍去），故。,由