2023-2024学年度第一学期期中检测试题
高三数学
（全卷满分150分，考试时间120分钟）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）
1. 已知集合，，则A∩B＝（）.
A. B. C. D.
2. “x＝” 是 “sinx＝” 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
3. 古希腊数学家泰特托斯（Theaetetus，公元前417－公元前369年）详细地讨论了无理数的理论，他通过如图来构造无理数，，，…，则（）.
A. B. C. D.
4. 若关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（）.
A. （－4，2）∪（3，＋∞）
B. （－3，2）∪（4，＋∞）
C. （－∞，－3）∪（2，4）
D. （－∞，－4）∪（2，3）
5. 已知，则（）.
A. B. C. 1 D. 3
6. 设，则的大小关系为（）
A. B.
C. D.
7. 已知函数，，则下图所对应的函数可能是（）.
A. B.
C. D.
8. 有两个点在轴上移动，时刻的位置分别由函数和确定，在时段内两点重合的时刻有（）.
A.1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9. 下列函数中，最小值是4的有（）.
A. B.
C. D.
10. 下列选项中，能说明“，都有”为假命题的x取值有（）.
A. B. C. 0 D. 3
11. 在中，角所对的边分别为，则能推出的有（）.
A.
B.
C.
D.
12. 已知函数及其导函数的定义域均为R，且满足，，，记，则下列说法中正确的有（）.
A. 函数图象关于对称
B. 函数为奇函数
C. 函数图象关于对称
D. 数列的前2023项之和为－4050
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知函数的图象过点，则______.
14. 将函数图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再向右平移个单位长度得到函数的图象，则______.
15. 已知正数a，b满足，则的最小值为______.
16. 若函数f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d（b，c，d∈R）恰有两个零点x1，x2，且|x2－x1|＝1，则函数f（x）所有可能的极大值为______.
四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知函数的图象过点，且|的最小值为.
（1）求函数的解析式，并求出该函数的单调递增区间；
（2）若，求的值.
18. 如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA＝BC＝BB1＝1，BA⊥BC
.
（1）记平面平面，证明：平面；
（2）点Q是直线上的点，若直线与所成角的余弦值为，求线段长.
19. 定义域为R的函数是奇函数.
（1）求实数a的值；
（2）若存在，使得成立，求实数k的取值范围.
20. 某品牌方便面每袋中都随机装入一张卡片（卡片有A、B、C三种），规定：如果集齐A、B、C卡片各一张，便可获得一份奖品.
（1）已知该品牌方便面有两种口味，为了了解这两种口味方便面中C卡片所占比例情况，小明收集了以下调查数据：
口味1 口味2 合计
C卡片 20 10 30
非C卡片 75 45 120
合计 95 55 150
根据以上数据，判断是否有99%的把握认为“该品牌方便面中C卡片所占比例与方便面口味有关”
（2）根据《中华人民共和国反不正当竞争法》，经营者举办有奖销售，应当向购买者明示奖品种类、中奖概率、奖品金额或者奖品种类、兑奖时间和方式.经小明查询，该方便面中A卡片、B卡片和C卡片比例分别为，，，若小明一次购买3袋该方便面.
①求小明中奖概率；
②若小明未中奖，求小明未获得C卡的概率.
附：，
P（χ2≥x0） 0.050 0.010 0.001
x0 3.841 6.635 10.828
21. 在中，，且边上的中线长为1.
（1）若，求的面积；
（2）若，求的长.
22. 已知函数.
（1）若，的最小值为0，求非零实数a的值；
（2）若，恒成立，求实数a的取值范围.
12023-2024学年度第一学期期中检测试题
高三数学
（全卷满分150分，考试时间120分钟）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）
1. 已知集合，，则A∩B＝（）.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求解两个集合，再求交集.
【详解】，得，即，
，得，即，
所以.
故选：C
2. “x＝” 是 “sinx＝” 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】
根据充分不必要条件的定义可得答案.
【详解】当时，成立；而时得（），
故选：A．
【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．
3. 古希腊数学家泰特托斯（Theaetetus，公元前417－公元前369年）详细地讨论了无理数的理论，他通过如图来构造无理数，，，…，则（）.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合两角和的正弦公式运算求解.
【详解】由题意可知：，
可得
，
所以.
故选：C.
4. 若关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（）.
A. （－4，2）∪（3，＋∞）
B. （－3，2）∪（4，＋∞）
C. （－∞，－3）∪（2，4）
D. （－∞，－4）∪（2，3）
【答案】B
【解析】
【分析】的解集为可求得p，q的值，代入到中即可求解.
【详解】关于x的不等式的解集为，
则方程的两根为和2，
则，即.
则化为，整理得，
可解得或.
故答案为：B.
5. 已知，则（）.
A. B. C. 1 D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式以及同角三角函数之间的基本关系化简代入计算可得结果为.
【详解】由诱导公式可得，
将代入计算可得，原式.
故选：A
6. 设，则的大小关系为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数函数以及对数函数的单调性，即可判断出答案.
【详解】由题意得，
，
由于为上的单调增函数，故，
故，
故选：C
7. 已知函数，，则下图所对应的函数可能是（）.
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性，单调性逐项判断即可.
【详解】由题意可知该函数是奇函数，
又，即是奇函数，
，即是偶函数，
对于A，，所以为非奇非偶函数，故A错误；
对于B，，所以为非奇非偶函数，故B错误；
对于C，当时，，，
，故C错误；
对于D，当时，，，
但比增长更快，即从负方向趋向于0，故D正确.
故选：D.
8. 有两个点在轴上移动，时刻的位置分别由函数和确定，在时段内两点重合的时刻有（）.
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】利用构造函数法，结合导数以及零点存在性定理来求得正确答案.
【详解】由得，
构造函数，
，
令解得，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
，
结合图象以及零点存在性定理可知有个零点，
所以在时段内两点重合的时刻有个.
故选：C
【点睛】利用导数求函数的零点，首先是求函数的单调区间，（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间：，则在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；，则在对应区间上是减函数，对应区间为减区间，再结合图象以及零点存在性定理即可对问题进行求解.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9. 下列函数中，最小值是4的有（）.
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用基本不等式求最值判断ACD，取，可判断B.
【详解】对于A选项，，
当且仅当时，即当时，等号成立，满足题意；
对于B选项，当时，，则，不满足题意；
对于C选项，，
当且仅当时，即时，等号成立，又，所以等号不成立，
即的最小值不是，不满足题意；
对于D选项，，
当且仅当时，即时，等号成立，故的最小值是4，满足题意.
故选：AD.
10. 下列选项中，能说明“，都有”为假命题的x取值有（）.
A. B. C. 0 D. 3
【答案】AB
【解析】
【分析】将选项中的取值逐一代入计算可得AB为假命题，符合题意.
【详解】易知，但，此时为假命题，即A正确；
同理，但，此时为假命题，即B正确；
而，但，此时为真命题，即C错误；
显然，可得D错误；
故选：AB
11. 在中，角所对的边分别为，则能推出的有（）.
A.
B.
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A中，由正弦定理化简得到，即，可判定A正确；B中，由正弦定理化简得到，得到，可判定B不正确；C中，根据两角和的正切公式，得到，得出，即，可判定C正确；D中，由正弦定理和两角和正弦公式，化简得到，得到，进而可判定D正确.
【详解】对于A中，因为，由正弦定理得，
因为，可得，可得，即，
又因为，所以，所以A正确；
对于B中，因为，
由正弦定理得，
即，
因为，可得，所以，
又因为，所以，
因为，可得，所以，可得，
所以B不正确；
对于C中，因为，
因为，可得，
所以，可得，
因为，可得，所以，即，
又因为，所以，所以C正确；
对于D中，因为
由正弦定理得，
即，
可得，
因为，可得，所以，
又因为，可得，
因为，可得，所以，可得，所以D正确.
故选：ACD.
12. 已知函数及其导函数的定义域均为R，且满足，，，记，则下列说法中正确的有（）.
A. 函数的图象关于对称
B. 函数为奇函数
C. 函数的图象关于对称
D. 数列的前2023项之和为－4050
【答案】BD
【解析】
【分析】按题意变形可逐项判断ABD，取特殊函数可排除C
【详解】且关于对称
由知关于对称，故A错，由这两个对称可得周期
又，综上及有
故，的前2024项之和为，前2023项之和为，故D对
记，由得
则，故B对
不妨取，由得
故
不关于对称，C错
故选：BD
【点睛】先由已知条件求对称轴和对称中心，从而得到周期，注意用特值法检验以排除错误选项
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知函数的图象过点，则______.
【答案】3
【解析】
【分析】由题意易得，求导可得，代入计算可知.
【详解】将点代入可得，即可知；
所以，
则，即可得.
故答案为：
14. 将函数图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再向右平移个单位长度得到函数的图象，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角函数的变换规则进行求解即可．
【详解】解：将函数图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，
得到，再向右平移个单位长度得到函数的图象，
则，
故答案为：．
15. 已知正数a，b满足，则的最小值为______.
【答案】2
【解析】
【分析】利用基本不等式中常数代换技巧求最值即可.
【详解】因为正数a，b满足，所以，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以的最小值为2.
故答案：2
16. 若函数f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d（b，c，d∈R）恰有两个零点x1，x2，且|x2－x1|＝1，则函数f（x）所有可能的极大值为______.
【答案】0，
【解析】
【分析】利用导数研究函数的图象，结合题意可知其中一个极值点就是零点才能满足函数恰好有2个零点的情况，再分类讨论即可得解.
【详解】由于，所以，
由于函数恰有两个零点，所以有2个不等实数根，
所以的图象呈先增，再减，再增的趋势，
所以其中一个极值点就是零点，假设，
即是极值点又是零点，如下图：
则，此时的极大值刚好为，
即是极值点又是零点，如下图：
则，即，
设为极大值点，则，即，
显然，则，
整理得，又，所以；
此时的极大值为，
故答案为：0，.
四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知函数的图象过点，且|的最小值为.
（1）求函数的解析式，并求出该函数的单调递增区间；
（2）若，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据周期以及经过的点即可求解函数的表达式为，进而根据整体法即可求解函数的单调区间，
（2）根据同角关系和差角公式即可求解.
【小问1详解】
因为，且的最小值为，所以，
则，所以，
又，所以，又，所以，
所以.
令，解得，
所以函数的单调递增区间为.
【小问2详解】
由题可知，则，
因为，所以，
所以，
所以
18. 如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA＝BC＝BB1＝1，BA⊥BC.
（1）记平面平面，证明：平面；
（2）点Q是直线上的点，若直线与所成角的余弦值为，求线段长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先作出两平面的交线，再根据线面平行的判断定理，即可证明；
（2）首先以点为原点，建立空间直角坐标系，代入向量所成角的余弦值公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：连接交于点，连接交于点，连接，
则平面和平面交线为，即
因为为直三棱柱，所以为平行四边形，
所以为中点，为中点，所以，
又平面平面，
所以平面，即平面.
【小问2详解】
直三棱柱中，，所以两两垂直.
以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设，则，
所以
解得，所以线段长为.
19. 定义域为R的函数是奇函数.
（1）求实数a的值；
（2）若存在，使得成立，求实数k的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）法一：由奇函数求参数，注意验证是否满足题设；法二：由奇函数性质得到恒等式求参数即可；
（2）根据单调性、奇函数性质，将问题化为在上有解，利用三角恒等变换及正弦型函数性质求左侧的值域，即可确定参数范围.
【小问1详解】
法一：因为是奇函数，所以，即，解得
此时，
故是奇函数，故.
法二：因为是奇函数，
所以，
即对恒成立，所以.
【小问2详解】
由（1）知，则在上为减函数，又是奇函数，
由得：，
所以，即在上有解，
记，则
因为，则，
所以，所以，
所以，即.
20. 某品牌方便面每袋中都随机装入一张卡片（卡片有A、B、C三种），规定：如果集齐A、B、C卡片各一张，便可获得一份奖品.
（1）已知该品牌方便面有两种口味，为了了解这两种口味方便面中C卡片所占比例情况，小明收集了以下调查数据：
口味1 口味2 合计
C卡片 20 10 30
非C卡片 75 45 120
合计 95 55 150
根据以上数据，判断是否有99%的把握认为“该品牌方便面中C卡片所占比例与方便面口味有关”
（2）根据《中华人民共和国反不正当竞争法》，经营者举办有奖销售，应当向购买者明示奖品种类、中奖概率、奖品金额或者奖品种类、兑奖时间和方式.经小明查询，该方便面中A卡片、B卡片和C卡片的比例分别为，，，若小明一次购买3袋该方便面.
①求小明中奖的概率；
②若小明未中奖，求小明未获得C卡的概率.
附：，
P（χ2≥x0） 0.050 0.010 0.001
x0 3.841 6.635 10.828
【答案】（1）没有 （2）①；②
【解析】
【分析】（1）求得的值，再与临界值表对照下结论；
（2）①记“小明一次购买3袋该方便面，中奖”为事件，利用独立事件的概率求解；②记“小明一次购买3袋该方便面，未获得卡”为事件，由求解.
【小问1详解】
解：提出假设：该品牌方便面中卡片所占比例与方便面口味无关.
又，
所以没有的把握认为“该品牌方便面中卡片所占比例与方便面口味有关”.
【小问2详解】
①记“小明一次购买3袋该方便面，中奖”为事件，
.
②记“小明一次购买3袋该方便面，未获得卡”为事件.
，
.
答：①小明中奖的概率为；②小明为中奖，未获得卡的概率为.
21. 在中，，且边上的中线长为1.
（1）若，求的面积；
（2）若，求的长.
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）由题可得，利用勾股定理可判断是直角三角形，且又边上中线，运算可得解；
（2）方法一，设，在，中，分别由正弦定理两式可得，在和中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，运算可得解；方法二，作的角平分线，交与，在和中，由正弦定理可得，再由可得，计算得，在和中，由余弦定理可求得结果；方法三，延长到，使，由，可得，运算得，在和中，由余弦定理可得结果.
【小问1详解】
由题可知，
由勾股定理得，，所以是直角三角形，
又，所以，
又边上中线，
所以，，，
所以.
【小问2详解】
方法一：由题可知，
设，则，
在中，由正弦定理得，即，
在中，由正弦定理得，即，
所以，则，①
在和中，由余弦定理得
所以，②
在中，由余弦定理得，
即，即，③
将代入得，④
由①④得，即，即，
即，即，
因为，所以，则，所以.
故的长为2.
方法二：作的角平分线，交与，
设，则，
在和中，由正弦定理可得，
又，所以，
所以.
由题可知，所以，
在和中，，
所以，所以，
则，即，即，
所以（舍）或.
在和中，由余弦定理得
所以，
则，解得.
故的长为2.
方法三：延长到，使，连接，
由题可知，
设，则，
在和中，，
所以，所以，则，
所以，
即，即，
所以（舍）或.
在和中，由余弦定理得
所以，
则，解得.
故的长为2.
22.已知函数.
（1）若，的最小值为0，求非零实数a的值；
（2）若，恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）1或
（2）
【解析】
【分析】（1）求出导函数，解出的解.分，以及两种情况，得出函数的单调性，进而根据函数的最小值，列出方程，求解即可得出答案；
（2）先根据已知推得，取特殊点得出，即证当时，恒成立.方法一：将函数看成关于的二次函数，根据二次函数的性质，列出不等式组，求解即可说明；方法二：先证明.放缩得出，通过计算得出，即可得出恒成立，进而得出证明.
【小问1详解】
因为，
则，
令，则或.
若，则，
解，可得，所以在单调递减；
解，可得，所以在单调递增.
所以，解得；
若，则，
解，可得，所以在单调递减；
解，可得，所以在单调递增.
所以，
即，解得.
综上，的值为1或.
【小问2详解】
若时，，
当时，，则不满足条件.
若时，由，可得.
下面证明其充分性，即证当时，恒成立.
解法一：关于的函数是一段开口向下的抛物线.
只要证①以及②都成立即可，其中①式显然成立.
令，
则，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以，②式得证.
所以，当时，恒成立.
综上，的取值范围是.
解法二：令，则.
当时，单调递减；当时，单调递增.
所以，则.
由，得时，，
又当时，方程的，
所以对恒成立.
所以，均满足.
综上，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：在研究恒成立时，为了简便，将函数看做关于函数，根据二次函数的性质，即可列出不等式组.
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