2023-2024學(xué)年廣東省揭陽市普寧市高三上冊(cè)期中數(shù)學(xué)試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．設(shè)集合，則的子集數(shù)量是（

）A． B． C． D．2．已知，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．3．“”是“方程有實(shí)數(shù)解”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．記函數(shù)f(x)=在區(qū)間[3，4]上的最大值和最小值分別為M和m，則等于（

）A． B． C． D．5．下列不等式一定成立的是（

）A． B．C． D．6．已知角的終邊經(jīng)過點(diǎn)，則的值是A．1或 B．或 C．1或 D．或7．函數(shù)在區(qū)間上的圖象大致是（

）A．

B．

C．

D．

8．已知函數(shù)，則關(guān)于x的不等式的解集為（

）A． B． C． D．二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分．9．已知實(shí)數(shù)，則“”的充要條件是（

）A． B．C． D．10．若關(guān)于的不等式在區(qū)間內(nèi)有解，則實(shí)數(shù)的取值可以是（

）A．0 B．1 C．2 D．311．已知函數(shù)，則下列判斷正確的是（

）A．的最小正周期為 B．的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱C．的值域?yàn)?D．的圖象關(guān)于直線對(duì)稱12．已知函數(shù)，現(xiàn)給出下列結(jié)論，其中正確的是（

）A．函數(shù)有極小值，但無最小值B．函數(shù)有極大值，但無最大值C．若方程恰有一個(gè)實(shí)數(shù)根，則D．若方程恰有三個(gè)不同實(shí)數(shù)根，則三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．寫出一個(gè)具有性質(zhì)①②③的函數(shù)①的定義域?yàn)椋虎冢虎郛?dāng)時(shí)，14．分式不等式的解集為15．在中，角所對(duì)的邊分別為，，的平分線交于點(diǎn)D，且，則的最小值為．16．設(shè)函數(shù).給出下列四個(gè)結(jié)論：①函數(shù)的值域是；②，有；③，使得；④若互不相等的實(shí)數(shù)滿足，則的取值范圍是.其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程及演算步驟．17．已知等差數(shù)列滿足：，．的前n項(xiàng)和為．（Ⅰ）求及；（Ⅱ）令（）,求數(shù)列的前項(xiàng)和．18．如圖，在三棱柱中，四邊形是邊長(zhǎng)為4的正方形，平面平面．(1)求證：平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值；19．已知函數(shù).（1）若在點(diǎn)的切線，與直線平行，求過點(diǎn)的切線方程；（2）設(shè)函數(shù)在區(qū)間內(nèi)是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.20．如圖，在平面四邊形中，，，．

(1)若，求的面積；(2)若，，求．21．已知橢圓過點(diǎn)，且離心率為.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過動(dòng)點(diǎn)作直線交橢圓于兩點(diǎn)，且，過作直線，使與直線垂直，證明：直線恒過定點(diǎn)，并求此定點(diǎn)的坐標(biāo)．22．已知函數(shù).(1)討論函數(shù)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，，且，求證:(其中是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).1．A【分析】解出集合，則得到其子集數(shù)量.【詳解】，解得，又因?yàn)椋裕云渥蛹瘮?shù)量為.故選：A.2．B【分析】用含的代數(shù)式表示，結(jié)合已知利用不等式的性質(zhì)即可求得答案.【詳解】設(shè)，所以，解得，所以，又，所以，故A，C，D錯(cuò)誤，故選：B.3．B【分析】根據(jù)充分條件與必要條件的定義求解.【詳解】當(dāng)時(shí)，此時(shí)的方程為，即無解，所以有實(shí)數(shù)解；因?yàn)椋裕矗苑匠逃袑?shí)數(shù)解；所以“”是“方程有實(shí)數(shù)解”的必要不充分條件．故選：B.4．D【分析】將函數(shù)分離常數(shù)變形后，判斷出其單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性求出最值即可得解.【詳解】因?yàn)閒(x)==2+，所以f(x)在[3，4]上是減函數(shù).所以m=f(4)=4，M=f（3）=6.所以=.故選：D.本題考查了復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的判斷，考查了利用函數(shù)單調(diào)性求函數(shù)最值，屬于基礎(chǔ)題.5．C【分析】應(yīng)用特殊值法，即可判斷A、B、D的正誤，作差法有，即可確定C的正誤.【詳解】A：當(dāng)時(shí)，有，故不等式不一定成立，故A錯(cuò)誤；B：當(dāng)，即時(shí)，有，故不等式不一定成立，故B錯(cuò)誤；C：恒成立，故C正確；D：當(dāng)時(shí)，有，故不等式不一定成立，故D錯(cuò)誤；故選：C6．B【分析】根據(jù)三角函數(shù)的定義求得后可得結(jié)論．【詳解】由題意得點(diǎn)與原點(diǎn)間的距離．①當(dāng)時(shí)，，∴，∴．②當(dāng)時(shí)，，∴，∴．綜上可得的值是或．故選B．利用三角函數(shù)的定義求一個(gè)角的三角函數(shù)值時(shí)需確定三個(gè)量：角的終邊上任意一個(gè)異于原點(diǎn)的點(diǎn)的橫坐標(biāo)x，縱坐標(biāo)y，該點(diǎn)到原點(diǎn)的距離r，然后再根據(jù)三角函數(shù)的定義求解即可．7．A【分析】判斷函數(shù)為奇函數(shù)得到選項(xiàng)C錯(cuò)誤，計(jì)算，得到選項(xiàng)D錯(cuò)誤，根據(jù)時(shí)，，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，得到答案.【詳解】函數(shù)，的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，，所以是奇函數(shù)，函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因?yàn)椋赃x項(xiàng)D錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)，，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．故選：A．8．A【分析】根據(jù)題意可判斷函數(shù)為奇函數(shù)且在上單調(diào)遞增，進(jìn)而根據(jù)奇偶性與單調(diào)性解不等式即可.【詳解】解：函數(shù)的定義域?yàn)椋院瘮?shù)為奇函數(shù)，因?yàn)椋院瘮?shù)在上單調(diào)遞增，所以，所以，即，解得所以不等式的解集為故選：A9．AC【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)，對(duì)數(shù)函數(shù)，冪函數(shù)及正弦函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合充分條件和必要條件的定義逐一判斷即可.【詳解】對(duì)于A，因?yàn)楹瘮?shù)是上的增函數(shù)，所以，所以是“”的充要條件，故A正確；對(duì)于B，由，得，當(dāng)時(shí)，無意義，所以是“”的充分不必要條件，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，因?yàn)楹瘮?shù)是上的增函數(shù)，所以，所以是“”的充要條件，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，，所以不是“”的充要條件，故D錯(cuò)誤.故選：AC.10．AB【分析】不等式在區(qū)間內(nèi)有解，轉(zhuǎn)化為，利用二次函數(shù)求最值即可得出的取值范圍.【詳解】不等式在區(qū)間內(nèi)有解，僅需即可，令，因?yàn)榈膶?duì)稱軸為，，，所以，所以.故選：AB11．ACD【分析】逆用兩角和差的正弦公式化簡(jiǎn)，利用余弦型函數(shù)的性質(zhì)確定周期、對(duì)稱軸、對(duì)稱中心、值域即可得解.【詳解】因?yàn)椋宰钚≌芷跒椋蔄正確；由，得，所以對(duì)稱中心為，當(dāng)時(shí)，函數(shù)的一個(gè)對(duì)稱中心為，故B錯(cuò)誤；因?yàn)椋裕蔆正確；由，得，即函數(shù)的對(duì)稱軸方程為，當(dāng)時(shí)，可得函數(shù)的一條對(duì)稱軸，故D正確.故選：ACD12．BD【分析】先求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，以及極值和最值的關(guān)系即可判斷．【詳解】解：由題意得．令，即，解得或．則當(dāng)或時(shí)，，函數(shù)在和上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在上單調(diào)遞減．所以函數(shù)在處取得極大值，在處取得極小值．又時(shí)，；時(shí)．作出函數(shù)的大致圖象如下圖所示：因此有極小值，也有最小值，有極大值，但無最大值．若方程恰有一個(gè)實(shí)數(shù)根，則或；若方程恰有三個(gè)不同實(shí)數(shù)根，則．故選：BD13．（答案不唯一）【分析】根據(jù)3個(gè)條件知對(duì)數(shù)函數(shù)形式的減函數(shù)滿足要求，寫出一個(gè)函數(shù)即可.【詳解】由①②知，對(duì)數(shù)函數(shù)形式的函數(shù)滿足要求，又由③知，在定義域上是減函數(shù)，故可以為.故（答案不唯一）.14．【分析】將分式不等式轉(zhuǎn)化成一元二次不等式，再進(jìn)行求解【詳解】，通分可得：轉(zhuǎn)化為一元二次不等式，解得分式不等式轉(zhuǎn)化成一元二次不等式要注意等價(jià)性，若涉及高次不等式時(shí)，應(yīng)遵循：“奇次穿針引線，偶次穿而不過”的整體原則15．9【分析】方法一：先根據(jù)角平分線性質(zhì)和三角形面積公式得條件，再利用基本不等式即可解出．【詳解】［方法一］：【最優(yōu)解】角平分線定義＋三角形面積公式＋基本不等式由題意可知，,由角平分線定義和三角形面積公式得，化簡(jiǎn)得，即，因此當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，則的最小值為.故答案為.［方法二］：角平分線性質(zhì)＋向量的數(shù)量積＋基本不等式由三角形內(nèi)角平分線性質(zhì)得向量式．因?yàn)椋裕?jiǎn)得，即，亦即，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)．［方法三］：解析法＋基本不等式如圖5，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系．設(shè)，．因?yàn)锳，D，C三點(diǎn)共線，則，即，則有，所以．下同方法一．［方法四］：角平分線定理＋基本不等式在中，，同理．根據(jù)內(nèi)角平分線性質(zhì)定理知，即，兩邊平方，并利用比例性質(zhì)得，整理得，當(dāng)時(shí)，可解得．當(dāng)時(shí)，下同方法一．［方法五］：正弦定理＋基本不等式在與中，由正弦定理得．在中，由正弦定理得．所以，由正弦定理得，即，下同方法一．［方法六］：相似＋基本不等式如圖6，作，交的延長(zhǎng)線于E．易得為正三角形，則．由，得，即，從而．下同方法一．【整體點(diǎn)評(píng)】方法一：利用角平分線定義和三角形面積公式建立等量關(guān)系，再根據(jù)基本不等式“1”的代換求出最小值，思路常規(guī)也簡(jiǎn)潔，是本題的最優(yōu)解；方法二：利用角平分線的性質(zhì)構(gòu)建向量的等量關(guān)系，再利用數(shù)量積得到的關(guān)系，最后利用基本不等式求出最值，關(guān)系構(gòu)建過程運(yùn)算量較大；方法三：通過建立直角坐標(biāo)系，由三點(diǎn)共線得等量關(guān)系，由基本不等式求最值；方法四：通過解三角形和角平分線定理構(gòu)建等式關(guān)系，再由基本不等式求最值，計(jì)算量較大；方法五：多次使用正弦定理構(gòu)建等量關(guān)系，再由基本不等式求最值，中間轉(zhuǎn)換較多；方法六：由平面幾何知識(shí)中的相似得等量關(guān)系，再由基本不等式求最值，求解較為簡(jiǎn)單．16．①③④【分析】對(duì)于①，利用二次函數(shù)與反比例函數(shù)的圖像性質(zhì)畫出函數(shù)圖1，結(jié)合圖像即可判斷；對(duì)于②，舉反例排除即可；對(duì)于③，將問題轉(zhuǎn)化為與有交點(diǎn)，作出圖2即可判斷；對(duì)于④，結(jié)合圖1對(duì)進(jìn)行分析即可.【詳解】對(duì)于①，因?yàn)椋杂啥魏瘮?shù)與反比例函數(shù)的圖像性質(zhì)可畫出函數(shù)圖象，如圖1，由的圖像易知的值域是，故①正確；對(duì)于②，易得，，顯然在上并不單調(diào)遞增，所以②說法不成立，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③，假設(shè)存在，，則，即，即與有交點(diǎn)，作出圖像，如圖2，顯然假設(shè)成立，故③正確；對(duì)于④，由圖1易知，則，因?yàn)椋裕矗獾茫裕吹娜≈捣秶牵盛苷_；綜上：①③④正確.故①③④.17．（Ⅰ）;（Ⅱ）．【詳解】試題分析：（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，由已知可得解得，則及可求；（2）由（1）可得，裂項(xiàng)求和即可試題解析：（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，因?yàn)椋杂校獾茫裕?（2）由（1）知，，所以，所以，即數(shù)列的前項(xiàng)和.考點(diǎn)：等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，前項(xiàng)和公式．裂項(xiàng)求和18．(1)證明見解析(2)【分析】(1)利用面面垂直的性質(zhì)定理即可證明;(2)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間角的坐標(biāo)運(yùn)算求解方法進(jìn)行求解.【詳解】（1）∵四邊形是正方形，∴．又∵平面平面，平面平面，且平面∴平面．（2）由，得，∴．

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，∴，，．設(shè)平面的一個(gè)法向量為，平面的一個(gè)法向量為．則，令，則，∴．，令，則，∴，∴．∴平面與平面夾角的余弦值為．19．（1）；（2）.【分析】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，由求得值，再計(jì)算后可得切線方程；（2）由在內(nèi)恒成立，分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值．【詳解】解：（1）由在點(diǎn)的切線，與直線平行，∴∵∴∴，解得∴設(shè)過點(diǎn)的切線與函數(shù)相切于，∴即，∴或，∴切點(diǎn)分別為，∴切線方程為.（2）∵在區(qū)間內(nèi)是減函數(shù)，∴在上恒成立即在上恒成立∴令，則，∴在遞增，在遞減又，∴，∴綜上所述：a的取值范圍為20．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)條件，利用余弦定理求出，再利用面積公式即可求出結(jié)果；（2）在和中，利用正弦定理，建立等量關(guān)系和，從而得到，再化簡(jiǎn)即可得出結(jié)果.【詳解】（1）因?yàn)椋捎嘞叶ɡ淼茫裕矗獾茫裕?）設(shè)，在中，由正弦定理得，所以①，

在中，，，則，即②

由①②得：，即，∴，整理得，所以．

21．(1)(2)證明見解析，.【分析】（1）待定系數(shù)法求橢圓方程；（2）分類討論直線斜率是否存在，若存在，設(shè)直線斜率，由得弦中點(diǎn)為，結(jié)合中點(diǎn)坐標(biāo)公式，利用韋達(dá)定理得到關(guān)系，再求出直線方程探究定點(diǎn)即可.【詳解】（1）由已知得由解方程組得

所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.（2）當(dāng)直線AB斜率存在時(shí)，設(shè)AB的直線方程為，聯(lián)立，消得，，由題意，.設(shè)，則.因?yàn)椋允堑闹悬c(diǎn)．即，得，①，又，的斜率為，直線的方程為②，把①代入②可得：，

所以直線恒過定點(diǎn).當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，直線的方程為，此時(shí)直線為軸，也過.綜上所述，直線恒過點(diǎn).

解答圓錐曲線的定點(diǎn)問題的常用策略：（1）參數(shù)法：參數(shù)法解決定點(diǎn)問題的關(guān)鍵思路在于以下兩個(gè)環(huán)節(jié).①引進(jìn)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)或動(dòng)直線中的參數(shù)（如引入動(dòng)直線的斜率，截距，動(dòng)點(diǎn)的橫或縱坐標(biāo)等等）表示變化量，即確定題目中核心參數(shù)；②利用條件找到參數(shù)與過定點(diǎn)的曲線之間的關(guān)系，得到關(guān)于參數(shù)與的等式，再研究曲線不受參數(shù)影響時(shí)的定點(diǎn)坐標(biāo).（2）由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定點(diǎn)問題時(shí)，常根據(jù)動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)直線的特殊情況探索出定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)與變量無關(guān).22．(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）求出函數(shù)的定義域與導(dǎo)函數(shù)，再對(duì)分類討論，分別求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）由題意，是方程的兩個(gè)根，即可得到，令則，則，只需證明當(dāng)時(shí)，不等式成立即可.【詳解】（1）函數(shù)定義域?yàn)椋?dāng)時(shí)恒成立，所以當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)令，解得或，當(dāng)，即時(shí)恒成立，所以在上單調(diào)遞增；當(dāng)即時(shí)，令，解得或，則在，上單調(diào)遞增，令，解得，則在上單調(diào)遞減；當(dāng)即時(shí)，令，解得或，則在，上單調(diào)遞增，令，解得，則在上單調(diào)遞減；綜上可得，當(dāng)時(shí)在上單