2024.11
（考試時間120分鐘 滿分150分）
本試卷分為選擇題40分和非選擇題110分
第一部分（選擇題 共40分）
一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.
1. 設(shè)集合，集合，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)集合的交集運算即可得答案.
【詳解】因為集合，集合，
所以.
故選：A
2. 若函數(shù)在處取得最小值，則（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】因為，所以用基本不等式求得最小值，并找到最小值點為，得出結(jié)果.
【詳解】∵，∴，
∴，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，
∴最小值點，即.
故選；C
3. 下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又在區(qū)間上單調(diào)遞增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性以及單調(diào)性，結(jié)合基本初等函數(shù)的性質(zhì)，即可逐一判斷.
【詳解】對于A，函數(shù)為指數(shù)函數(shù)，不具備奇偶性，故A錯誤；
對于B，函數(shù)的定義域為，
由于為偶函數(shù)，故B錯誤；
對于C，函數(shù)，由正切函數(shù)的性質(zhì)可知為奇函數(shù)，
且在單調(diào)遞增，故C錯誤；
對于D，函數(shù)的定義域為，
由，故函數(shù)為奇函數(shù)，
因為，
所以函數(shù)在單調(diào)遞增，故D正確.
故選：D.
4. 如圖，在中，， ，則（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量的線性關(guān)系即可得到結(jié)果.
【詳解】∵，，
∴，，
∴，故AB選項錯誤；
∴，故C選項正確，D選項錯誤.
故選：C
5. 已知單位向量，滿足，設(shè)向量，則向量與向量夾角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先算出，，再利用向量夾角公式即可得到答案
【詳解】解：，
，
所以，
故選：C.
6. 《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學(xué)名著，書中有如下的問題：“今有女子善織，日自倍，五日織五尺，問日織幾何？”意思是：“一女子善于織布，每天織的布都是前一天的2倍，已知她5天共織布5尺，問這女子每天分別織布多少？”.由此推算，在這5天中，織布超過1尺的天數(shù)共有（ ）
A. 1天B. 2天C. 3天D. 4天
【答案】B
【解析】
【分析】設(shè)這女子每天分別織布尺，則數(shù)列是等比數(shù)列，公比．利用等比數(shù)列的通項公式及其前項和公式即可得出．
【詳解】設(shè)這女子每天分別織布尺，
則數(shù)列是等比數(shù)列，公比．
則，解得．
數(shù)列的通項公式為，
，
當(dāng)時，則，
當(dāng)時，則，
故超過1尺的天數(shù)共有2天.
故選：B．
7. 已知均為第二象限角，則“”是“”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
【答案】C
【解析】
【分析】結(jié)合三角函數(shù)的單調(diào)性、平方關(guān)系，并根據(jù)充分、必要條件的知識判斷即可.
【詳解】由題意， 若，因為均為第二象限角，所以，
所以，即，
所以，且均為第二象限角，
所以，所以，即充分性成立.
若，因為均為第二象限角，
所以，即，
所以，即，
因為均為第二象限角，所以，
所以，故必要性成立,
所以“”是“”的充要條件.
故選：C.
8. 已知函數(shù)若直線與函數(shù)的圖象有且只有一個公共點，則實數(shù)的取值范圍是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通過導(dǎo)數(shù)求出直線與分段函數(shù)各段相切對應(yīng)的值，并結(jié)合圖象即可求解.
【詳解】當(dāng)時，函數(shù)，則，
令，解得，
故直線與相切，即.
當(dāng)時，函數(shù)，則，
令，解得，
故直線與相切，即.
如圖所示，當(dāng)或時，直線與分段函數(shù)有且僅有一個公共點.
故實數(shù)的取值范圍為或.
故選：B.
9. 在三棱錐中，棱，，兩兩垂直，點在底面內(nèi)，已知點到，，所在直線的距離分別為1，2，2，則線段的長為（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】由棱，，兩兩垂直建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點坐標(biāo)，分別表示出到三條軸的距離，然后得出OP的值.
【詳解】如圖，棱，，兩兩垂直，
可以為坐標(biāo)原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標(biāo)系.
設(shè)，由題意可得：，∴，
∴，
故選：A
10. 數(shù)學(xué)家康托爾創(chuàng)立了集合論，集合論的產(chǎn)生豐富了現(xiàn)代計數(shù)方法.記為集合的元素個數(shù)，為集合的子集個數(shù)，若集合滿足：①，；②，則的最大值是（ ）
A. 99B. C. D. 96
【答案】B
【解析】
【分析】設(shè)，根據(jù)元素個數(shù)得到子集個數(shù)，即，分析出，即可求解.
【詳解】設(shè)，
則，即，
所以,
若,則，即左邊為奇數(shù)，右邊為偶數(shù)，不成立，
若，則，即左邊為奇數(shù)，右邊為偶數(shù)，不成立，
所以,即，
因為，
且滿足，
所以包含了的個元素外，
還包含個屬于而不屬于的元素，
當(dāng)時，則,
如，符合題意.
當(dāng)時，則,
如，符合題意.
所以的最大值為，
故選：B.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查交集與并集的混合運算，及集合的元素個數(shù)與集合子集間的關(guān)系，解題的關(guān)鍵由已知條件求，再分和討論，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，難度較大.
第二部分（非選擇題 共110分）
二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.
11. 復(fù)數(shù)__________．
【答案】;
【解析】
【詳解】 ，故答案為
12. 在中，已知，則__________；________.
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】根據(jù)同角三角函數(shù)關(guān)系，結(jié)合誘導(dǎo)公式即可求解.
【詳解】因為，，又，故；
.
故答案為：；.
13. 已知數(shù)列的前n項和為（A，B為常數(shù)），寫出一個有序數(shù)對________，使得數(shù)列是遞增數(shù)列.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根據(jù)數(shù)列的前n項和與數(shù)列通項的關(guān)系根據(jù)相減法即可得的通項，再根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性可得的范圍，從而可得有序數(shù)對的取值.
【詳解】數(shù)列的前n項和為,
當(dāng)時，，
所以，
即，
當(dāng)時，符合上式，
綜上，，
若數(shù)列遞增數(shù)列，則，即，
故符合的有序數(shù)對可以為.
故答案為：（答案不唯一）.
14. 某種滅活疫苗的有效保存時間（單位：）與儲藏的溫度（單位：℃）滿足函數(shù)關(guān)系（為常數(shù)，其中）.已知該疫苗在0℃時的有效保存時間是1440h，在5℃時的有效保存時間是360h，則該疫苗在10℃時的有效保存時間是________h.
【答案】90
【解析】
【分析】根據(jù)已知的函數(shù)模型以及已知數(shù)據(jù)，通過待定系數(shù)法即可求得結(jié)果.
【詳解】由題意，，
解得，
當(dāng)時，，
故該疫苗在時的有效保存時間是小時.
故答案為：.
15. 對于無窮數(shù)列，若存在常數(shù)，使得對任意的，都有不等式成立，則稱數(shù)列具有性質(zhì). 給出下列四個結(jié)論：
①存在公差不為的等差數(shù)列具有性質(zhì)；
②以為首項，為公比的等比數(shù)列具有性質(zhì)；
③若由數(shù)列的前項和構(gòu)成的數(shù)列具有性質(zhì)，則數(shù)列也具有性質(zhì)；
④若數(shù)列和均具有性質(zhì)，則數(shù)列也具有性質(zhì).
其中所有正確結(jié)論序號是________.
【答案】②③④
【解析】
【分析】對于①，可使用反證法證明①錯誤；對于②，取，并驗證an具有性質(zhì)即可；對于③和④，結(jié)合已知條件取適當(dāng)?shù)某?shù)，并驗證相應(yīng)的數(shù)列具有性質(zhì)即可.
【詳解】對于①，假設(shè)存在公差為的等差數(shù)列an具有性質(zhì)，則存在常數(shù)，
使得對任意，都有不等式成立.
則對任意的，都有，
但這對大于的正整數(shù)顯然不成立，矛盾，故①錯誤；
對于②，設(shè)an是以為首項，為公比的等比數(shù)列，則，.
所以正實數(shù)滿足對任意的，都有
.故②正確；
對于③，若由數(shù)列an的前項和構(gòu)成的數(shù)列具有性質(zhì)，則存在常數(shù)，
使得對任意的，都有不等式成立.
從而正實數(shù)滿足對任意的，都有
.故③正確；
對于④，若數(shù)列an和bn均具有性質(zhì)，存在常數(shù)，使得對任意的，
都有不等式成立；也存在常數(shù)，
使得對任意的，都有不等式成立.
從而正實數(shù)滿足對任意的，都有


.故④正確.
故答案為：②③④
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵在于理解性質(zhì)的定義，只有理解了定義，方可解決相應(yīng)的問題.
三、解答題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程.
16. 在中，.
（1）求的值；
（2）若，，求b及的面積.
【答案】（1）2 （2），
【解析】
【分析】（1）結(jié)合正弦定理邊化角化簡已知等式，再根據(jù)三角形中角度關(guān)系與正弦函數(shù)取值即可得結(jié)論；
（2）結(jié)合余弦定理求得關(guān)系，從而可得大小，再根據(jù)面積公式求解即可得答案.
【小問1詳解】
因為，有正弦定理得，
所以，
由，得，
又因為，所以， 所以，
由正弦定理可得；
【小問2詳解】
因為，，
所以由余弦定理得，
又由（1）可知，，所以，
整理得，即，
所以， 所以，
所以面積為.
17. 如圖，在四棱錐中，平面，，，，.

（1）求證：平面PAD；
（2）求平面與平面PCD的夾角的余弦值；
（3）記平面與平面PCD的交線為l.試判斷直線AB與l的位置關(guān)系，并說明理由.
【答案】（1）證明見解析
（2）
（3），理由見解析
【解析】
【分析】（1）由線面垂直可得，由根據(jù)線線平行與線線垂直可得，根據(jù)線面垂直的判定定理即可得證所求；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的坐標(biāo)運算求解平面PAB與平面PCD的法向量，再根據(jù)面面夾角余弦公式求解即可得答案；
（3）根據(jù)線面平行判定定理得平面PCD，再根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理即可得結(jié)論.
【小問1詳解】
因為平面ABCD，平面ABCD，所以，
又因為，，所以，
又因為平面PAD，所以平面PAD.
【小問2詳解】
由（1）可知，，，，
如圖所示，以D為原點建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，

則，，，，
則，，
設(shè)平面PAB的一個法向量為，
由得所以，令，則，
又因為平面PCD，所以是平面PCD的一個法向量.
設(shè)平面PAB與平面PCD的夾角為θ，則
.
【小問3詳解】
直線.理由如下：

因為，平面PCD，平面PCD，
所以平面PCD，
又因為平面PAB，平面平面，所以.
18. 已知函數(shù).
（1）若，求的最小值；
（2）若存在極小值，求的取值范圍.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）代入，得，求導(dǎo)并利用導(dǎo)函數(shù)判定函數(shù)的單調(diào)性，即可求得函數(shù)的最值；
（2）先求導(dǎo)數(shù)，分類討論和時函數(shù)的單調(diào)性，并根據(jù)函數(shù)有極小值求解的取值范圍.
【小問1詳解】
函數(shù)的定義域為，
當(dāng)時，，
時，，在區(qū)間上單調(diào)遞減，
時，，在區(qū)間上單調(diào)遞增.
所以當(dāng)時，取得最小值.
【小問2詳解】
函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為.
（1）當(dāng)時，，在區(qū)間上單調(diào)遞減，
所以無極值.
（2）當(dāng)時，令，得.
當(dāng)變化時，與的變化情況如下表：
由上表知，當(dāng)時，取得極小值
綜上，的取值范圍為.
19. 設(shè)函數(shù).
（1）若，，求的值；
（2）已知在區(qū)間上單調(diào)遞增，且是函數(shù)的圖象的對稱軸，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使函數(shù)存在，求ω，φ的值.
條件①：當(dāng)時，取到最小值；
條件②：；
條件③：在區(qū)間上單調(diào)遞減.
注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.
【答案】（1）
（2）答案見解析.
【解析】
【分析】（1）代入?yún)?shù)值得到函數(shù)關(guān)系，求函數(shù)值；
（2）先由三角恒等變換化簡三角函數(shù)，選擇條件①由函數(shù)圖像的性質(zhì)得到兩條對稱軸即可求出周期，從而解出的值，代入函數(shù)值求得的值；選擇條件③由函數(shù)圖像的性質(zhì)得到兩條對稱軸即可求出周期，從而解出的值，代入函數(shù)值求得的值；選擇條件②不能求出參數(shù)值，故不能選條件②.
【小問1詳解】
由，，得.
則；
【小問2詳解】
，
，
.
選擇條件①：
因為在區(qū)間上單調(diào)遞增，
且是函數(shù)的圖象的對稱軸，
又當(dāng)時，取到最小值，所以，
故.
因為，所以.
所以，.
又因為，
所以，得.
又因為，所以.
選擇條件③：
因為在區(qū)間上單調(diào)遞增，
且是函數(shù)的圖象的對稱軸，
又在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以，
故.
因為，所以.
所以，.
又因為，
所以，得.
又因為，所以.
選擇條件②不能求出參數(shù)值，故不能選條件②.
20. 已知函數(shù).
（1）求曲線在點處的切線方程；
（2）討論在區(qū)間上的零點個數(shù)；
（3）若，其中，求證：.
【答案】（1）
（2）1 （3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義分別求切點坐標(biāo)與切線斜率，再根據(jù)直線的點斜式方程化簡轉(zhuǎn)化可得所求；
（2）分當(dāng)和兩段分別確定函數(shù)的單調(diào)性與取值情況，從而判斷每段函數(shù)零點個數(shù)，從而得結(jié)論；
（3）設(shè)，求導(dǎo)確定函數(shù)的單調(diào)性與取值情況，從而可得結(jié)論.
【小問1詳解】
由，得且，所以，
所以曲線在處的切線方程為：，即.
【小問2詳解】
①當(dāng)時，，，所以.
所以在區(qū)間上無零點；
②當(dāng)時，，，所以，
所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，
又，，
所以在區(qū)間上僅有一個零點，
綜上，在區(qū)間上的零點個數(shù)為1.
【小問3詳解】
設(shè)，即，
所以，
設(shè)，，
因為時，，，所以，
所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，
即在區(qū)間上單調(diào)遞增，
故，所以在區(qū)間上單調(diào)遞增.
故，所以.
因為，所以，
又，所以.
21. 若有窮正整數(shù)數(shù)列A：，，，…，滿足如下兩個性質(zhì)，則稱數(shù)列A為T數(shù)列：①；②對任意的，都存在正整數(shù)，使得.
（1）判斷數(shù)列A：1，1，1，3，3，5和數(shù)列B：1，1，2，2，4，4，4，12是否為T數(shù)列，說明理由；
（2）已知數(shù)列A：，，，…，是T數(shù)列.
（i）證明：對任意的，與不能同時成立；
（ii）若n為奇數(shù)，求的最大值.
【答案】（1）數(shù)列A不是T數(shù)列，理由見解析
（2）（i）證明見解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)T數(shù)列的定義分別驗證條件①②即可判斷數(shù)是否為T數(shù)列；
（2）（i）利用反證法假設(shè)存在，使得，分別根據(jù)條件①②驗證假設(shè)，即可得結(jié)論；（ii）由條件①②可得，根據(jù)數(shù)列不等式以及數(shù)列求和即可得結(jié)論.
【小問1詳解】
數(shù)列A不是T數(shù)列，理由如下：
對于數(shù)列A，因為，，且對任意的正整數(shù)，有
，
所以數(shù)列A不滿足性質(zhì)②，所以數(shù)列A不是T數(shù)列；
數(shù)列B是T數(shù)列，理由如下：
對于數(shù)列B，因為，，，，
所以數(shù)列B滿足性質(zhì)①，
又因為，，，，
，，，
所以數(shù)列B滿足性質(zhì)②.
所以數(shù)列B是T數(shù)列.
【小問2詳解】
（i）假設(shè)存在，使得，
由性質(zhì)①，可得，
由性質(zhì)②，存在正整數(shù)，使得，
又因為，所以，故，
所以，
而，矛盾，
所以與不能同時成立；
（ii）由性質(zhì)①，當(dāng)時，可得，
又因為，為正整數(shù)，所以，
由性質(zhì)②，對任意的，有，
因為對任意，，
所以，
所以
，
當(dāng)，，
（）時，
上述不等式取到等號，且此時數(shù)列A滿足①和②，是T數(shù)列，
綜上，的最大值為.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵是對“T數(shù)列”的定義與理解，證明部分關(guān)鍵是靈活運用反證法，求和部分結(jié)合不等式的性質(zhì)進行放縮處理.
x
-
0
+
↘
極小值
↗

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