廣東省廣州市2023-2024學年高三（寒假第4次）質量檢測試題數學試題科

廣東省廣州市2023-2024學年高三（寒假第4次）質量檢測試題數學試題科注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知函數，其圖象關于直線對稱，為了得到函數的圖象，只需將函數的圖象上的所有點（）A．先向左平移個單位長度，再把所得各點橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標保持不變B．先向右平移個單位長度，再把所得各點橫坐標縮短為原來的，縱坐標保持不變C．先向右平移個單位長度，再把所得各點橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標保持不變D．先向左平移個單位長度，再把所得各點橫坐標縮短為原來的，縱坐標保持不變2．已知，則不等式的解集是（）A． B． C． D．3．已知函數，，若成立，則的最小值為（）A．0 B．4 C． D．4．數列滿足：，則數列前項的和為A． B． C． D．5．對于函數，若滿足，則稱為函數的一對“線性對稱點”．若實數與和與為函數的兩對“線性對稱點”，則的最大值為（）A． B． C． D．6．已知函數滿足，設，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7．已知函數,關于的方程R)有四個相異的實數根,則的取值范圍是(

)A． B． C． D．8．已知集合，，則的真子集個數為（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個9．設曲線在點處的切線方程為，則（）A．1 B．2 C．3 D．410．已知各項都為正的等差數列中，，若，，成等比數列，則（）A． B． C． D．11．若集合，則=（）A． B． C． D．12．如圖，在正方體中，已知、、分別是線段上的點，且.則下列直線與平面平行的是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．的展開式中的系數為__________（用具體數據作答）.14．設O為坐標原點,,若點B(x,y)滿足，則的最大值是__________．15．設實數，滿足，則的最大值是______.16．函數的定義域為，其圖象如圖所示．函數是定義域為的奇函數，滿足，且當時，．給出下列三個結論：①；②函數在內有且僅有個零點；③不等式的解集為．其中，正確結論的序號是________．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.（1）若，求不等式的解集；（2）若“，”為假命題，求的取值范圍.18．（12分）選修4-5：不等式選講已知函數（Ⅰ）解不等式；（Ⅱ）對及，不等式恒成立，求實數的取值范圍.19．（12分）設函數，.（1）求函數的極值；（2）對任意，都有，求實數a的取值范圍.20．（12分）如圖，在直棱柱中，底面為菱形，，，與相交于點，與相交于點.（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成的角的正弦值.21．（12分）函數（1）證明：；（2）若存在，且，使得成立，求取值范圍.22．（10分）設函數，其中．（Ⅰ）當為偶函數時，求函數的極值；（Ⅱ）若函數在區(qū)間上有兩個零點，求的取值范圍．

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、D【解析】

由函數的圖象關于直線對稱，得，進而得再利用圖像變換求解即可【詳解】由函數的圖象關于直線對稱，得，即，解得，所以，，故只需將函數的圖象上的所有點“先向左平移個單位長度，得再將橫坐標縮短為原來的，縱坐標保持不變,得”即可.故選：D【點睛】本題考查三角函數的圖象與性質，考查圖像變換，考查運算求解能力，是中檔題2、A【解析】

構造函數，通過分析的單調性和對稱性，求得不等式的解集.【詳解】構造函數，是單調遞增函數，且向左移動一個單位得到，的定義域為，且，所以為奇函數，圖像關于原點對稱，所以圖像關于對稱.不等式等價于，等價于，注意到，結合圖像關于對稱和單調遞增可知.所以不等式的解集是.故選：A【點睛】本小題主要考查根據函數的單調性和對稱性解不等式，屬于中檔題.3、A【解析】

令，進而求得，再轉化為函數的最值問題即可求解.【詳解】∵∴（），∴，令：，，在上增，且，所以在上減，在上增，所以，所以的最小值為0.故選：A【點睛】本題主要考查了導數在研究函數最值中的應用，考查了轉化的數學思想，恰當的用一個未知數來表示和是本題的關鍵，屬于中檔題.4、A【解析】分析：通過對an﹣an+1=2anan+1變形可知，進而可知，利用裂項相消法求和即可．詳解：∵，∴，又∵=5，∴，即，∴，∴數列前項的和為，故選A．點睛：裂項相消法是最難把握的求和方法之一，其原因是有時很難找到裂項的方向，突破這一難點的方法是根據式子的結構特點，常見的裂項技巧：(1)；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂項之后相消的過程中容易出現丟項或多項的問題，導致計算結果錯誤.5、D【解析】

根據已知有，可得，只需求出的最小值，根據，利用基本不等式，得到的最小值，即可得出結論.【詳解】依題意知，與為函數的“線性對稱點”，所以，故（當且僅當時取等號）.又與為函數的“線性對稱點，所以，所以，從而的最大值為.故選:D.【點睛】本題以新定義為背景，考查指數函數的運算和圖像性質、基本不等式，理解新定義含義，正確求出的表達式是解題的關鍵，屬于中檔題.6、B【解析】

結合函數的對應性，利用充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．【詳解】解：若，則，即成立，若，則由，得，則“”是“”的必要不充分條件，故選：B．【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合函數的對應性是解決本題的關鍵，屬于基礎題．7、A【解析】=,當時時,單調遞減，時,單調遞增,且當,當,

當時，恒成立，時,單調遞增且,方程R)有四個相異的實數根.令=則,,即.8、C【解析】

求出的元素，再確定其真子集個數．【詳解】由，解得或，∴中有兩個元素，因此它的真子集有3個．故選：C.【點睛】本題考查集合的子集個數問題，解題時可先確定交集中集合的元素個數，解題關鍵是對集合元素的認識，本題中集合都是曲線上的點集．9、D【解析】

利用導數的幾何意義得直線的斜率，列出a的方程即可求解【詳解】因為，且在點處的切線的斜率為3，所以，即.故選：D【點睛】本題考查導數的幾何意義，考查運算求解能力，是基礎題10、A【解析】試題分析：設公差為或（舍），故選A.考點：等差數列及其性質.11、C【解析】

求出集合，然后與集合取交集即可．【詳解】由題意，，，則，故答案為C.【點睛】本題考查了分式不等式的解法，考查了集合的交集，考查了計算能力，屬于基礎題．12、B【解析】

連接，使交于點，連接、，可證四邊形為平行四邊形，可得，利用線面平行的判定定理即可得解．【詳解】如圖，連接，使交于點，連接、，則為的中點，在正方體中，且，則四邊形為平行四邊形，且，、分別為、的中點，且，所以，四邊形為平行四邊形，則，平面，平面，因此，平面.故選：B.【點睛】本題主要考查了線面平行的判定，考查了推理論證能力和空間想象能力，屬于中檔題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

利用二項展開式的通項公式可求的系數.【詳解】的展開式的通項公式為，令，故，故的系數為.故答案為：.【點睛】本題考查二項展開式中指定項的系數，注意利用通項公式來計算，本題屬于容易題.14、【解析】,可行域如圖，直線與圓相切時取最大值，由15、1【解析】

根據目標函數的解析式形式，分析目標函數的幾何意義，然后判斷求出目標函數取得最優(yōu)解的點的坐標，即可求解．【詳解】作出實數，滿足表示的平面區(qū)域，如圖所示：由可得，則表示直線在軸上的截距，截距越小，越大.由可得，此時最大為1，故答案為：1．【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃知識的運用，考查學生的計算能力，考查數形結合的數學思想．16、①③【解析】

利用奇函數和，得出函數的周期為，由圖可直接判斷①；利用賦值法求得，結合，進而可判斷函數在內的零點個數，可判斷②的正誤；采用換元法，結合圖象即可得解，可判斷③的正誤.綜合可得出結論.【詳解】因為函數是奇函數，所以，又，所以，即，所以，函數的周期為.對于①，由于函數是上的奇函數，所以，，故①正確；對于②，，令，可得，得，所以，函數在區(qū)間上的零點為和.因為函數的周期為，所以函數在內有個零點，分別是、、、、，故②錯誤；對于③，令，則需求的解集，由圖象可知，，所以，故③正確.故答案為：①③.【點睛】本題考查函數的圖象與性質，涉及奇偶性、周期性和零點等知識點，考查學生分析問題的能力和數形結合能力，屬于中等題．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））當時，將函數寫成分段函數，即可求得不等式的解集.（2）根據原命題是假命題，這命題的否定為真命題，即“，”為真命題，只需滿足即可.【詳解】解：（1）當時，由，得.故不等式的解集為.（2）因為“，”為假命題，所以“，”為真命題，所以.因為，所以，則，所以，即，解得，即的取值范圍為.【點睛】本題考查絕對值不等式的解法，以及絕對值三角不等式，屬于基礎題.18、（Ⅰ）.（Ⅱ）.【解析】

詳解：（Ⅰ）當時，由，解得；當時，不成立；當時，由，解得.所以不等式的解集為.（Ⅱ）因為，所以.由題意知對，，即，因為，所以，解得.【點睛】⑴絕對值不等式解法的基本思路是：去掉絕對值號，把它轉化為一般的不等式求解，轉化的方法一般有：①絕對值定義法；②平方法；③零點區(qū)域法．⑵不等式的恒成立可用分離變量法．若所給的不等式能通過恒等變形使參數與主元分離于不等式兩端，從而問題轉化為求主元函數的最值，進而求出參數范圍．這種方法本質也是求最值．一般有：①為參數）恒成立②為參數）恒成立．19、（1）當時，無極值；當時，極小值為；（2）.【解析】

（1）求導，對參數進行分類討論，即可容易求得函數的極值；（2）構造函數，兩次求導，根據函數單調性，由恒成立問題求參數范圍即可.【詳解】（1）依題，當時，，函數在上單調遞增，此時函數無極值；當時，令，得，令，得所以函數在上單調遞增，在上單調遞減.此時函數有極小值，且極小值為.綜上：當時，函數無極值；當時，函數有極小值，極小值為.（2）令易得且，令所以，因為，，從而，所以，在上單調遞增.又若，則所以在上單調遞增，從而，所以時滿足題意.若，所以，，在中，令，由（1）的單調性可知，有最小值，從而.所以所以，由零點存在性定理：，使且在上單調遞減，在上單調遞增.所以當時，.故當，不成立.綜上所述：的取值范圍為.【點睛】本題考查利用導數研究含參函數的極值，涉及由恒成立問題求參數范圍的問題，屬壓軸題.20、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）要證明平面，只需證明，即可：（2）取中點，連，以為原點，分別為軸建立空間直角坐標系，分別求出與平面的法向量，再利用計算即可.【詳解】（1）∵底面為菱形，∵直棱柱平面.∵平面..平面；（2）如圖，取中點，連，以為原點，分別為軸建立如圖所示空間直角坐標系：，點，設平面的法向量為，，有，令，得又，設直線與平面所成的角為，所以故直線與平面所成的角的正弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的證明以及向量法求線面角的正弦值，考查學生的運算求解能力，本題解題關鍵是正確寫出點的坐標.21、（1）證明見詳解；（2）或或【解析】

（1）（2）首先用基本不等式得到，然后解出不等式即可【詳解】（1）因為所以（2）當時所以當且僅當即時等號成立因為存在，且，使得成立所以所以或解得：或或【點睛】1.要熟練掌握絕對值的三角不等式，即2.應用基本不等式求最值時要滿足“一正二定三相等”.22、（Ⅰ）極小值，極大值；（Ⅱ）或【解析】

（Ⅰ）根據偶函數定義列方程，解得.再求導數，根據導函數零點列表分析導函數符號變化規(guī)律，即得極值，（Ⅱ）先分離變量，轉化研究函數，，利用導數研究單調性與圖象，最后根據圖象確定滿足條件的的取值范圍．【詳解】（Ⅰ）由函數是偶函數，得，即對于任意實數都成立，所以.此時，則.由，解得.當x變化時，與的變化情況如下表所示：00↘極小值↗極大值↘所以在，上單調遞減，在上單調遞增.所以有極小值，有極大值.（Ⅱ）由，得.所以“在區(qū)間上有兩個零點”等價于“直線與曲線，有且只有兩個公共點”.對函數求導，得.