精品解析：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. 2. 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. 54 7. 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. 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. 已知函数． （1）求曲线的对称轴； （2）已知，，求的值． 17. 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； （2）求二面角的余弦值． 18 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. 对于数列，定义：如果函数使得数列的前项和小于，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，判断数列否为“控制数列”，并说明理由； （3）仿照上述定义，我们还可以定义：如果存在实数使得数列的前项积小于，则称数列是“特控数列”.设，其中，证明：数列是“特控数列”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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. 【答案】A 【解析】 【分析】先由指对数运算分别得出集合,再应用交集定义运算即可. 【详解】由题可知,, , 因此. 故选：A. 2. 命题“，”的否定是（ ） A ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题，且必须否定结论即得. 【详解】命题“，”的否定是“，”． 故选：B． 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 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分性和必要性的判断，直接论证即可. 【详解】对任意的，都有， 令，可以得到，因此是公差为的等差数列； 若，则，，，可得， 故“对任意的，都有”是“是等差数列”的充分不必要条件. 故选：A 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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数图象的平移即可求解. 【详解】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. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】应用指对数转化得出，再应用对数运算律结合计算即可. 【详解】由题意，，即， 等号两边同时取自然对数得，即， 所以． 故选：B． 6. 已知数列的前n项和为．若，，则（ ） A. 48 B. 50 C. 52 D. 54 【答案】C 【解析】 【分析】根据，即可根据奇偶项分别为等差数列，分组求和，或者利用为等差数列，即可由等差求和公式求解. 【详解】方法一： ∵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，． ∴． 方法二： ∵，∴，， ∴数列是以7为首项，4为公差的等差数列， ∴． 故选：C． 7. 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. 是上的增函数 D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，取即得；对于B，使代入推理即得；对于C，通过推理得到，取反例进行验证即可否定结论；对于D，取，，推理得到是首项为1，公差为1的等差数列即得. 【详解】对于A，在中， 令，得到，因此，所以选项A正确； 对于B，令，得到，即，所以选项B正确； 对于C，由可化为，， 记，则，不妨取函数，显然符合条件， 则，因，当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增，故C错误； 对于D，令，，得，即， 又，所以是首项为1，公差为1的等差数列，，故D正确. 故选：C. 8. 若函数有两个零点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令可得，令，即可求出，令，，则问题转化为函数的图象与直线有两个交点，利用导数说明的单调性，即可求出的取值范围. 【详解】令， 即． 令，定义域为，， 令，易知在上单调递增，且． 令，， 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，即实数的取值范围是． 故选：A． 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是得到，从而将问题转化为函数的图象与直线有两个交点. 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. 【答案】BD 【解析】 【分析】先由题意得，对于A，结合对数函数单调性即可得解；对于B，结合A得即可得解；对于C，举一反例，如，时即可判断；对于D，由A结合对勾函数单调性即可得解. 【详解】因为，所以， 当时，为减函数，； 当时，为增函数，解得，故选项A错误； 对于B，由A得，即，故选项B正确； 对于C，当，时，，故选项C错误； 对于D，在上单调递减，在上单调递增， 所以由A得，选项D正确. 故选：BD 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 【答案】AB 【解析】 【分析】根据周期以及最值可得，即可判断A，代入验证即可求解B，根据整体法求解函数的单调性即可判断C,由整体法，结合三角函数的性质即可求解D. 【详解】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，单调递增区间为， 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. 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. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用与得到，然后利用，得到的周期性，然后得到周期；再利用与得到为偶函数；利用得到，最后利用得到的值即可. 【详解】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，则， 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． 【点睛】当有两个函数时，需要根据其函数关系消元，得到一个函数的关系，然后得出的性质；最后再利用与的关系求解相关的一些性质即可. 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，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知结合应用基本不等式得出乘积的最大值. 【详解】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. 设集合，．若；则a=________． 【答案】2 【解析】 【分析】先化简，再利用集合的性质，以及集合的计算求解即可. 【详解】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. 已知且时，不等式恒成立，则正数m的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】将a视为主元，利用基本不等式得，当且仅当时取等号，从而得当时，恒成立，再利用导数求解即可. 【详解】解：将a视主元，设， 则， 当且仅当时取等号， 故当时，恒成立. 设， 则，易知单调递增，且， ①若，即时，则，所以在单调递增， 故只需，即，解得； ②若，即时， ， 即时，恒成立. 综上，m的取值范围是. 故答案为： 【点睛】方法点睛：对于多参元恒成立问题，常将其中一个参数看成主元进行转化，已达到化多参为单参目的. 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. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，由求解即可； （2）求导，由，，分类讨论即可 【小问1详解】 （1）当时，， ， 由解得， 所以函数的单调递减区间为. 【小问2详解】 ，时，或. ①若， 当或时，， 当时，， 因此时，函数取极小值； ②若， 当或时，， 因此不是函数的极值点； ③若， 当或时，， 当时，， 因此时，函数取极大值. 综上，a的取值范围是. 16. 已知函数． （1）求曲线的对称轴； （2）已知，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)先化简的解析式，再根据对称轴公式即可求解； (2)先代入函数求出，再根据同角三角函数的关系求出，再根据即可求解. 【小问1详解】 ， ， ， 由， 得曲线的对称轴为； 【小问2详解】 由题意可得， 即， 又， 则， 即， 所以， 故 . 17. 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； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先连接，，然后证明平面平面，然后利用面面平行性质定理证明平面即可； （2）先找到垂直关系，然后建立空间直角坐标系，计算即可. 【小问1详解】 证明：因为点，，分别为棱，，的中点， 连接，，则，， 又因为平面，平面， 所以平面， 同理可得平面ABC， 因为，平面，平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面ABC． 【小问2详解】 解：侧面是矩形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面， 又平面，因此． 在菱形中，，因此是等边三角形，又是的中点，所以，从而得． 如图，以为坐标原点，，，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，，， 设平面的法向量为， 由，得， 由，得，令，得， 设平面的法向量为， 由，得， 由，得，令，得， ． 所以二面角的余弦值为． 18. 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：． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据得出，两相减可得，从而可以得出为定值，即为等差数列，从而得解； （2）先由（1）求出，然后利用，再利用裂项相消求和即可得证； （3）由，结合进行缩放，再结合裂项相消法求和即可得证. 【小问1详解】 因为，，， 当时，，计算得， 由，可得， 两相减可知， 整理可得， 所以为定值，定值为， 所以 所以为等差数列，故． 【小问2详解】 证明:由（1）得，所以， ， 故 因为 ，所以，所以，即 【小问3详解】 证明： ， 因为， 所以 ． 另解： ． 19. 对于数列，定义：如果函数使得数列的前项和小于，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，判断数列是否为“控制数列”，并说明理由； （3）仿照上述定义，我们还可以定义：如果存在实数使得数列的前项积小于，则称数列是“特控数列”.设，其中，证明：数列是“特控数列”. 【答案】（1）证明见解析 （2）是，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合等差数列求和公式，令，，即可得证； （2）构造函数，借助导数研究其单调性可得，即可得，从而可得数列前项小于； （3）借助第二问中所得得到时，，从而得到当时，有，再构函数，利用导数得到其单调性从而证明即可得证. 【小问1详解】 不妨设等差数列的首项为，公差为d，前n项和为， 则， 取，，，则， 有，即， 即存在，使得等差数列是“控制数列”； 【小问2详解】 数列是“控制数列”，理由如下： 令，， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减． 则，即，时取等号． 则， 记数列的前n项和为， 则， 即，即数列是“控制数列”； 【小问3详解】 要证数列是“特控数列”，即证， 因为，所以，， 对两边取对数，有， 即证，即证， 由（2）知当时，， 则当时，有， 则只需证，即证， 即证， 由，则，则， 令，，则， 故在上单调递减，则， 即在上恒成立，即， 故， 即数列是“特控数列”． 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助第二问中所得得到时，，从而得到当时，有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$