甘肅肅蘭州五十一中2024屆數學高三上期末預測試題含解析

甘肅肅蘭州五十一中2024屆數學高三上期末預測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知是平面內互不相等的兩個非零向量,且與的夾角為,則的取值范圍是（）A． B． C． D．2．定義在上的函數與其導函數的圖象如圖所示，設為坐標原點，、、、四點的橫坐標依次為、、、，則函數的單調遞減區(qū)間是（）A． B． C． D．3．若表示不超過的最大整數(如，，)，已知，，，則（）A．2 B．5 C．7 D．84．三棱錐中，側棱底面，，，，，則該三棱錐的外接球的表面積為（）A． B． C． D．5．已知集合（），若集合，且對任意的，存在使得，其中，，則稱集合A為集合M的基底.下列集合中能作為集合的基底的是（）A． B． C． D．6．已知正四棱錐的側棱長與底面邊長都相等，是的中點，則所成的角的余弦值為（）A． B． C． D．7．已知數列是公差為的等差數列，且成等比數列，則（）A．4 B．3 C．2 D．18．已知集合，，若，則（）A．4 B．－4 C．8 D．－89．若雙曲線的離心率為，則雙曲線的焦距為（）A． B． C．6 D．810．給出個數，，，，，，其規(guī)律是：第個數是，第個數比第個數大，第個數比第個數大，第個數比第個數大，以此類推，要計算這個數的和．現已給出了該問題算法的程序框圖如圖，請在圖中判斷框中的①處和執(zhí)行框中的②處填上合適的語句，使之能完成該題算法功能()A．； B．；C．； D．；11．函數，，的部分圖象如圖所示，則函數表達式為（）A． B．C． D．12．已知函數，當時，恒成立，則的取值范圍為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設是公差不為0的等差數列的前項和，且，則______.14．某種圓柱形的如罐的容積為個立方單位，當它的底面半徑和高的比值為______.時，可使得所用材料最省.15．如圖，直線是曲線在處的切線，則________.16．已知，滿足約束條件則的最小值為__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數（）在定義域內有兩個不同的極值點.（1）求實數的取值范圍；（2）若有兩個不同的極值點，，且，若不等式恒成立.求正實數的取值范圍.18．（12分）已知函數，.（1）求證：在區(qū)間上有且僅有一個零點，且；（2）若當時，不等式恒成立，求證：.19．（12分）甲、乙、丙三名射擊運動員射中目標的概率分別為，三人各射擊一次，擊中目標的次數記為.（1）求的分布列及數學期望；（2）在概率(=0，1，2，3)中,若的值最大,求實數的取值范圍.20．（12分）已知函數是減函數.（1）試確定a的值；（2）已知數列，求證：.21．（12分）在中，內角的對邊分別是，已知.（1）求角的值；（2）若，，求的面積．22．（10分）已知圓M：及定點，點A是圓M上的動點，點B在上，點G在上，且滿足，，點G的軌跡為曲線C.（1）求曲線C的方程；（2）設斜率為k的動直線l與曲線C有且只有一個公共點，與直線和分別交于P、Q兩點.當時，求（O為坐標原點）面積的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】試題分析：如下圖所示，則，因為與的夾角為，即，所以，設，則，在三角形中，由正弦定理得，所以，所以，故選C．考點：1．向量加減法的幾何意義；2．正弦定理；3．正弦函數性質．2、B【解析】

先辨別出圖象中實線部分為函數的圖象，虛線部分為其導函數的圖象，求出函數的導數為，由，得出，只需在圖中找出滿足不等式對應的的取值范圍即可.【詳解】若虛線部分為函數的圖象，則該函數只有一個極值點，但其導函數圖象（實線）與軸有三個交點，不合乎題意；若實線部分為函數的圖象，則該函數有兩個極值點，則其導函數圖象（虛線）與軸恰好也只有兩個交點，合乎題意.對函數求導得，由得，由圖象可知，滿足不等式的的取值范圍是，因此，函數的單調遞減區(qū)間為.故選：B.【點睛】本題考查利用圖象求函數的單調區(qū)間，同時也考查了利用圖象辨別函數與其導函數的圖象，考查推理能力，屬于中等題.3、B【解析】

求出，，，，，，判斷出是一個以周期為6的周期數列，求出即可．【詳解】解：.，∴，，，同理可得：；；.；，，…….∴.故是一個以周期為6的周期數列，則.故選：B.【點睛】本題考查周期數列的判斷和取整函數的應用．4、B【解析】由題，側棱底面，，，，則根據余弦定理可得，的外接圓圓心三棱錐的外接球的球心到面的距離則外接球的半徑，則該三棱錐的外接球的表面積為點睛：本題考查的知識點是球內接多面體，熟練掌握球的半徑公式是解答的關鍵．5、C【解析】

根據題目中的基底定義求解.【詳解】因為，，，，，，所以能作為集合的基底，故選：C【點睛】本題主要考查集合的新定義，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.6、C【解析】試題分析：設的交點為，連接，則為所成的角或其補角；設正四棱錐的棱長為，則，所以，故C為正確答案．考點：異面直線所成的角．7、A【解析】

根據等差數列和等比數列公式直接計算得到答案.【詳解】由成等比數列得，即，已知，解得.故選：.【點睛】本題考查了等差數列，等比數列的基本量的計算，意在考查學生的計算能力.8、B【解析】

根據交集的定義，，可知，代入計算即可求出.【詳解】由，可知，又因為，所以時，，解得.故選：B.【點睛】本題考查交集的概念，屬于基礎題.9、A【解析】

依題意可得，再根據離心率求出，即可求出，從而得解；【詳解】解：∵雙曲線的離心率為，所以，∴，∴，雙曲線的焦距為.故選：A【點睛】本題考查雙曲線的簡單幾何性質，屬于基礎題.10、A【解析】

要計算這個數的和，這就需要循環(huán)50次，這樣可以確定判斷語句①，根據累加最的變化規(guī)律可以確定語句②.【詳解】因為計算這個數的和，循環(huán)變量的初值為1，所以步長應該為1，故判斷語句①應為，第個數是，第個數比第個數大，第個數比第個數大，第個數比第個數大，這樣可以確定語句②為，故本題選A.【點睛】本題考查了補充循環(huán)結構，正確讀懂題意是解本題的關鍵.11、A【解析】

根據圖像的最值求出，由周期求出，可得，再代入特殊點求出，化簡即得所求.【詳解】由圖像知，，，解得，因為函數過點，所以，，即，解得，因為，所以，.故選：A【點睛】本題考查根據圖像求正弦型函數的解析式，三角函數誘導公式，屬于基礎題.12、A【解析】

分析可得,顯然在上恒成立,只需討論時的情況即可,,然后構造函數,結合的單調性,不等式等價于,進而求得的取值范圍即可.【詳解】由題意,若,顯然不是恒大于零,故.,則在上恒成立;當時,等價于,因為,所以.設,由,顯然在上單調遞增,因為,所以等價于,即,則.設,則.令,解得,易得在上單調遞增,在上單調遞減,從而，故.故選:A.【點睛】本題考查了不等式恒成立問題,利用函數單調性是解決本題的關鍵,考查了學生的推理能力,屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、18【解析】

先由，可得，再結合等差數列的前項和公式求解即可.【詳解】解：因為，所以，.故答案為：18.【點睛】本題考查了等差數列基本量的運算，重點考查了等差數列的前項和公式，屬基礎題.14、【解析】

設圓柱的高為，底面半徑為，根據容積為個立方單位可得，再列出該圓柱的表面積，利用導數求出最值，從而進一步得到圓柱的底面半徑和高的比值．【詳解】設圓柱的高為，底面半徑為.∵該圓柱形的如罐的容積為個立方單位∴，即.∴該圓柱形的表面積為.令，則.令，得；令，得.∴在上單調遞減，在上單調遞增.∴當時，取得最小值，即材料最省，此時.故答案為：.【點睛】本題考查函數的應用，解答本題的關鍵是寫出表面積的表示式，再利用導數求函數的最值，屬中檔題．15、.【解析】

求出切線的斜率，即可求出結論.【詳解】由圖可知直線過點，可求出直線的斜率，由導數的幾何意義可知，.故答案為:.【點睛】本題考查導數與曲線的切線的幾何意義，屬于基礎題.16、【解析】

畫出可行域，通過平移基準直線到可行域邊界位置，由此求得目標函數的最小值.【詳解】畫出可行域如下圖所示，由圖可知：可行域是由三點，，構成的三角形及其內部，當直線過點時，取得最小值.故答案為：【點睛】本小題主要考查利用線性規(guī)劃求目標函數的最值，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）.【解析】

（1）求導得到有兩個不相等實根，令，計算函數單調區(qū)間得到值域，得到答案.（2），是方程的兩根，故，化簡得到，設函數，討論范圍，計算最值得到答案.【詳解】（1）由題可知有兩個不相等的實根，即：有兩個不相等實根，令，，，，；，，故在上單增，在上單減，∴.又，時，；時，，∴，即.（2）由（1）知，，是方程的兩根，∴，則因為在單減，∴，又，∴即，兩邊取對數，并整理得：對恒成立，設，，，當時，對恒成立，∴在上單增，故恒成立，符合題意；當時，，時，∴在上單減，，不符合題意.綜上，.【點睛】本題考查了根據極值點求參數，恒成立問題，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.18、（1）詳見解析；（2）詳見解析.【解析】

（1）利用求導數，判斷在區(qū)間上的單調性，然后再證異號，即可證明結論；（2）當時，不等式恒成立，分離參數只需時，恒成立，設（），需，根據（1）中的結論先求出，再構造函數結合導數法，證明即可.【詳解】（1），令，則，所以在區(qū)間上是增函數，則，所以在區(qū)間上是增函數.又因為，，所以在區(qū)間上有且僅有一個零點，且.（2）由題意，在區(qū)間上恒成立，即在區(qū)間上恒成立，當時，；當時，恒成立，設（），所以.由（1）可知，，使，所以，當時，，當時，，由此在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，所以.又因為，所以，從而，所以.令，，則，所以在區(qū)間上是增函數，所以，故.【點睛】本題考查導數的綜合應用，涉及到函數的單調性、函數的零點、極值最值、不等式的證明，分離參數是解題的關鍵，意在考查邏輯推理、數學計算能力，屬于較難題.19、（1），ξ的分布列為ξ

0

1

2

3

P

(1－a)2

(1－a2)

(2a－a2)

（2）【解析】(1)P(ξ)是“ξ個人命中，3－ξ個人未命中”的概率．其中ξ的可能取值為0、1、2、3.P(ξ＝0)＝(1－a)2＝(1－a)2；P(ξ＝1)＝·(1－a)2＋a(1－a)＝(1－a2)；P(ξ＝2)＝·a(1－a)＋a2＝(2a－a2)；P(ξ＝3)＝·a2＝.所以ξ的分布列為ξ

0

1

2

3

P

(1－a)2

(1－a2)

(2a－a2)

ξ的數學期望為E(ξ)＝0×(1－a)2＋1×(1－a2)＋2×(2a－a2)＋3×＝.(2)P(ξ＝1)－P(ξ＝0)＝[(1－a2)－(1－a)2]＝a(1－a)；P(ξ＝1)－P(ξ＝2)＝[(1－a2)－(2a－a2)]＝；P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝[(1－a2)－a2]＝.由和0＜a＜1，得0＜a≤，即a的取值范圍是.20、（Ⅰ）（Ⅱ）見證明【解析】

（Ⅰ）求導得，由是減函數得，對任意的，都有恒成立，構造函數，通過求導判斷它的單調性，令其最大值小于等于0，即可求出；（Ⅱ）由是減函數，且可得，當時，，則，即，兩邊同除以得，，即，從而，兩邊取對數，然后再證明恒成立即可，構造函數，，通過求導證明即可．【詳解】解：（Ⅰ）的定義域為，.由是減函數得，對任意的，都有恒成立.設.∵，由知，∴當時，；當時，，∴在上單調遞增，在上單調遞減，∴在時取得最大值.又∵，∴對任意的，恒成立，即的最大值為.∴，解得.（Ⅱ）由是減函數，且可得，當時，，∴，即.兩邊同除以得，，即.從而，所以①.下面證；記，.∴，∵在上單調遞增，∴在上單調遞減，而，∴當時，恒成立，∴在上單調遞減，即時，，∴當時，.∵，∴當時，，即②.綜上①②可得，.【點睛】本題考查了導數與函數的單調性的關系，考查了函數的最值，考查了構造函數的能力，考查了邏輯推理能力與計算求解能力，屬于難題．，21、（1）；（2）【解析】

（1）由已知條件和正弦定理進行邊角互化得，再根據余弦定理可求得值.（2）由正弦定理得，，代入得，運用三角形的面積公式可求得其值.【詳解】（1）由及正弦定理得，即由余弦定理得，，.（2）設外接圓的半徑為，則由正弦定理得，，，.【點睛】本題考查運用三角形的正弦定理、余弦定理、三角形的面積公式，關鍵在于熟練地運用其公式，合理地選擇進行邊角互化，屬于基礎題.22、（1）；（2）.【解析】

（1）根據題意得到GB是線段的中垂線，從而為定值，根據橢圓定義可知點G的軌跡是以M，N為焦