辽宁省沈阳市郊联体2024-2025学年高三上学期开学联考数学试题

辽宁省沈阳市郊联体2024年9月高三联考数学本试卷满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知集合，，则（）A． B． C． D．02．命题“，”的否定是（）A．， B．，C．， D．，3．已知是无穷数列，，则“对任意的”，都有”是“是等差数列”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．函数的图象向左平移个单位长度，再把横坐标缩短为原来的一半，得到的图象，则（）A． B． C． D．5．通常用声强来度量声音的强弱，假设讲话瞬间发出声音的声强为，则经过t秒后这段声音的声强变为，其中是一个常数．定义声音的声强衰减到原来的所需的时间为，则约为（）附：，．A． B． C． D．6．已知数列的前n项和为．若，，则（）A．48 B．50 C．52 D．547．已知函数，对任意的都有，且，则下列说法不正确的是（）A． B．是奇函数C．是R上的增函数 D．8．若函数有两个零点，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．若，则下列不等式一定成立的是（）A． B． C． D．10．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．B．函数的图象关于点对称C．函数在区间上单调递增D．若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点，则11．若定义在R上的函数，满足，，，则下列结论中正确的是（）A．是偶函数 B．是周期为4的周期函数C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知正实数a，b满足，则ab的最大值为________．13．设集合，．若，则a=________．14．已知且时，不等式恒成立，则正数m的取值范围是________．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）已知函数．（1）当时，求函数的单调递减区间；（2）若是函数的极小值点，求实数a的取值范围．16．（15分）已知函数．（1）求曲线的对称轴；（2）已知，，求的值．17．（15分）如图，已知斜三棱柱中，侧面侧面，侧面是矩形，侧面是菱形，，，点E，F，G分别为棱，，的中点．（1）证明：平面ABC；（2）求二面角的余弦值．18．（17分）已知正项数列满足，，且对于任意，满足．（1）求出数列的通项公式；（2）设，证明：数列的前n项和；（3）设，证明：．19．（17分）对于数列，定义：若存在函数，使得数列的前n项和小于，则称数列是“控制数列”．（1）设，证明：存在，使得等差数列是“控制数列”；（2）设，，判断数列是否是“控制数列”，并说明理由；（3）仿照上述定义，我们还可以定义：若存在实数T，使得数列的前n项积小于T，则称数列是“T特控数列”．设，其中，证明：数列是“特控数列”．辽宁省沈阳市郊联体2024年9月高三联考数学参考答案及解析1．【答案】A【解析】由题可知，，因此．2．【答案】B【解法】根据存在量词命题的否定形式，即可求解．【解析】存在量词命题的否定为全称量词命题，所以命题“，”的否定是“，”．故选：B．3．【答案】A【解析】对任意的，都有，令，可以得到，因此是公差为的等差数列：若，则，故“对任意的，都有”是“是等差数列”的充分不必要条件．4．【答案】A【解法】由三角函数图象的平移与伸缩变换求解即可．【解析】的图象向左平移个单位长度，得到的图象，再把横坐标缩短为原来的一半，得到的图象故选：A．5．【答案】B【解法】根据已知公式及对数运算可得结果【解析】由题意，，即，等号两边同时取自然对数得，即，所以．故选：B．6．【答案】C【解法】法一：由，当时，，两式相减可证明中奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为2，由等差数列的前n项和公式求解即可；法二：由题意可得，数列是以7为首项，4为公差的等差数列，由等差数列的前n项和公式求解即可．【解析】法一：∵①，∴当时，②，①-②得当时，，∴中奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为2．∵，∴当n为奇数时，；当n为偶数时，．∴．法二：∵，∴，，∴数列是以7为首项，4为公差的等差数列，∴．故选：C．7．【答案】C【解析】令，得到，因此，所以选项A正确；令，得到，即，所以选项B正确；条件可以化为，记，因此，符合条件，从而，不是R上的增函数，所以选项C不正确；令，，得，即，又，所以是首项为1，公差为1的等差数列，，所以D选项正确．8．【答案】A【解法】进行合理换元和同构，转化为的图象与直线有两个交点，转化为交点问题，再利用导数研究函数的单调性、最值，最后得到参数的取值范围即可【解析】令，即．令，定义域为，令，易知在上单调递增，且．所以，则函数有两个零点转化为函数的图象与直线有两个交点则，当时，；当时，，即在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，；当时，，则，解得，即实数a的取值范围是．故选：A．9．【答案】BD【解法】由，分类讨论和时的情况可判断选项A，B；取特殊值可判断选项C；根据的单调性可判断选项D．【解析】因为，所以，当时，解得；当时，解得，选项A错误；所以，即，选项B正确；当，时，，选项C错误；因为在上单调递减，在上单调递增，所以，选项D正确．故选：BD．10．【答案】AB【解法】根据三角函数的图象及性质逐一判断即可．【解析】由题图得，，又，所以，选项A正确；即，由，得，，解得，，又，所以，故，因为，所以函数的图象关于点对称，选项B正确；令，，解得，，故函数的单调递减区间为，，则函数在区间上先单调递减再单调递增，选项C错误；因为，，由，得，若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点，则，解得，选项D错误．故选：AB．11．【答案】ABC【解法】利用赋值法结合抽象函数的奇偶性、对称性、周期性进行计算，逐一判断即可．【解析】因为，所以．又因为，所以．又，则，即，所以，故是周期为4的周期函数．因为，所以也是周期为4的周期函数，选项B正确；因为，则，即，所以，所以为偶函数，选项A正确；因为，令，得，即，令，得，即，故，选项C正确；由，得，所以，选项D错误．故选：ABC．12．【答案】（5分）【解法】利用基本不等式可求得ab的最大值【解析】因为正实数a，b满足，则，当且仅当时，即时，等号成立，故ab的最大值为．故答案为：．13．【答案】2（5分）【解法】先根据题目条件以及集合中元素的互异性证明，再验证满足条件即可．【解析】因为，，所以，所以是整数，且，再由集合中元素的互异性知，，．所以a是整数，且，，，得．当时，，，故，满足条件．故答案为：2．14．【答案】（5分）【解析】设，则，当且仅当时取等号．故当时，恒成立．设，则，单调递增，且，①若，即时，则，所以在上单调递增，故只需，即，解得；②若，即时，，即时，恒成立．综上，m的取值范围是．15．【答案】（1）（5分）（2）（8分）【解析】解：（1）当时，， （1分）， （2分）由解得， （4分）所以函数的单调递减区间为． （5分）（2），时，或． （6分）①若，当或时，，当时，，因此时，函数取极小值； （8分）②若，当或时，．因此不是函数的极值点； （10分）③若，当或时，，当时，，因此时，函数取极大值． （12分）综上，a的取值范围是． （13分）16．【答案】（1）（7分）（2）（8分）【解析】解：（1），， （2分）． （5分）由，得曲线的对称轴为． （7分）（2）由题意可得，即， （8分）又，则，则， （10分）所以， （12分）故 （15分）17．【答案】（1）证明见解析（6分）（2）（9分）【解析】（1）证明：因为点E，F，G分别为棱，，的中点，连接EF，EG，则，， （1分）又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC，同理可得EG∥平面ABC， （3分）因为，平面EFG，平面EFG，所以平面EFG∥平面ABC， （5分）因为平面EFG，所以FG∥平面ABC． （6分）（2）解：侧面是矩形，所以，又因为平面⊥平面，平面平面，所以BC⊥平面， （7分）又平面，因此．在菱形中，，因此是等边三角形，又E是的中点，所以，从而得． （8分）如图，以B为坐标原点，BE，，BC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．因为，所以，因此，，，，所以，，， （10分）设平面的法向量为，由，得，由，得，令，得， （11分）设平面的法向量为，由，得，由，得，令，得， （12分）． （15分）所以二面角的余弦值为．18．【答案】（1）（5分）（2）证明见解析（4分）（3）证明见解析（8分）【解析】（1）解：由题意，计算得， （1分）由，可得，相减可知，整理可得， （3分）所以为定值，定值为为等差数列，故． （5分）（2）证明:由（1）得，所以， （6分），故． （9分）（3）证明：， （11分）因为， （13分）所以． （17分）另解：．19．【答案】（1）证明见解析（3分）（2）数列是“控制数列”，理由见解析（5分）（3）证明见解析（9分）【解析】（1）证明：不妨设等差数列的首项为，公差为d，前n项和为，则， （1分）取，，，则，即存在，使得等差数列是“控制数列”得证． （