2024届山东省滨州惠民文昌中学高三上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2024届山东省滨州惠民文昌中学高三上学期第二次月考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则=（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】解一元二次不等式，运用集合的交运算即可求得结果.
【详解】因为或，
所以.
故选：C.
2．命题“，是偶函数”的否定是（ ）
A．，不是偶函数B．，是奇函数
C．，不是偶函数D．，是奇函数
【答案】A
【分析】运用含有量词的命题的否定的写法即可求得结果.
【详解】命题“，是偶函数”的否定是“，不是偶函数”.
故选：A.
3．我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，是过去官员或私人签署文件时代表身份的信物。图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2．已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，则该几何体的体积是（ ）
A．32B．C．D．64
【答案】C
【分析】根据正四棱锥的几何性质，建立方程，求得其高，结合体积公式，可得答案.
【详解】解：因为正四棱锥的底面边长为4，所以底面的对角线长为，
设正四棱柱和正四棱锥的高为，
因为正四棱锥的侧棱长为，所以，解得，
故该几何体的体积为.
故选：C.
4．已知，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，结合三角函数的诱导公式，即可求解.
【详解】因为，则.
故选：B.
5．已知实数满足，则的最小值是（ ）
A．9B．3C．2D．6
【答案】B
【分析】先根据对数运算律得出，再应用常值代换结合基本不等式计算即可.
【详解】由得，变形得。
因为，所以，
故选:B
6．已知非零向量满足，且，则与的夹角为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养．先由得出向量的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角．
【详解】因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B．
【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为．
7．已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
故选：A．

8．图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9
【答案】D
【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
二、多选题
9．记为等差数列的前项和，则（ ）
A．B．
C．，，成等差数列D．，，成等差数列
【答案】BCD
【分析】利用等差数列求和公式分别判断.
【详解】由已知得，
A选项，，，，所以，A选项错误；
B选项，，B选项正确；
C选项，，，，，，则，C选项正确；
D选项，，，，则，D选项正确；
故选：BCD.
10．下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
【答案】ABD
【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，
且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，
可知：，则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
11．(多选)已知曲线:，:，则下面结论正确的是（ ）
A．把向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到曲线
B．把向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到曲线
C．把上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线
D．把上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线
【答案】AD
【分析】根据三角函数图像平移和伸缩变换的规则,逐项验证即可.
【详解】把向左平移个单位长度，得到的图像，再把得到的曲线上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到的图像，故A正确，B不正确.
:，把上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到的图像，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到的图像，故C不正确，D正确.
故选：AD.
12．如图，在正四棱柱中，，分别是棱，，的中点，则（ ）

A．
B．平面
C．直线与是异面直线
D．直线与平面的交点是的外心
【答案】ABD
【分析】由题意建立空间直角坐标系，利用两个向量的夹角公式求得直线与直线的夹角，结合直线与平面垂直的判定定理以及正四面体的性质，即可求得.
【详解】由题意得，以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，
对于选项A，由题意可知， ，则，，，
所以，即，故A正确；
对于选项 B，因为，则，
又因为，则，所以，即，
又因为，即，，平面，
所以平面，故B正确；
对于选项C，连接，，，，，则，，所以，

由图知，不共线，所以，则四点共面，
所以直线与是共面直线，故C错误；
对于选项D，设直线与平面的交点为，
由正方体的性质知，，
则四面体为正四面体，
又因为平面，则为正三角形的中心，
即为正三角形的外心，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．已知函数，则= .
【答案】3
【分析】运用复合函数求导公式计算即可.
【详解】由题意知，，
所以.
故答案为：3.
14．如图，下列正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，，为正方体的顶点，则满足 的是 （填正确的序号） .
①． ②．
③． ④．
【答案】②③
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量分析判断即可.
【详解】设正方体的棱长为2，
对于①：如图建立空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以与不垂直，即与不垂直，所以①错误；
对于②：如图建立空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以，即，所以②正确；
对于③：如图建立空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以，即，所以③正确；
对于④：如图建立空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以与不垂直，即与不垂直，所以④错误；
故答案为：②③.
15．已知数列，，满足，，则的前项和= .
【答案】
【分析】先根据等差数列前项和公式求出数列的通项，再利用裂项相消法即可得解.
【详解】解：由得，
则，
所以.
故答案为：.
16．已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ．
【答案】2
【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.
【详解】如图，将三棱锥转化为正三棱柱，
设的外接圆圆心为，半径为，
则，可得，
设三棱锥的外接球球心为，连接，则，
因为，即，解得.
故答案为：2.
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；
（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；
（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；
（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
四、解答题
17．已知函数图像的对称中心到对称轴的最小距离为.
(1)求函数的单调递减区间；
(2)求函数在区间上的值域.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据条件求出，从而得到，再利用的性质即可求出结果；
（2）根据（1）中结果，易得到函数在区间上为增函数，在区间上为减函数，利用函数的单调性即可求出结果.
【详解】（1）因为图像的对称中心到对称轴的最小距离为，则，
所以，又，由，解得，
所以，函数的解析式是，
由，，
解得，，
所以函数的减区间为，.
（2）由，，得到，，
所以函数的增区间为，.
故由（1）知，函数在区间上为增函数，在区间上为减函数，
因为，，，
故函数在区间上的值域为.
18．已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
19．记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．
（1）求数列的通项公式；
（2）求使成立的n的最小值．
【答案】(1)；(2)7.
【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；
(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.
【详解】(1)由等差数列的性质可得：，则：，
设等差数列的公差为，从而有：，
，
从而：，由于公差不为零，故：，
数列的通项公式为：.
(2)由数列的通项公式可得：，则：，
则不等式即：，整理可得：，
解得：或，又为正整数，故的最小值为.
【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.
五、证明题
20．如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
【详解】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
六、解答题
21．记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
(1)若，求；
(2)若，求．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答.
【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，

则，解得，
在中，，由余弦定理得，
即，解得，则，
，
所以.
方法2：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，有，则，
，过作于，于是，，
所以.
（2）方法1：在与中，由余弦定理得，
整理得，而，则，
又，解得，而，于是，
所以.
方法2：在中，因为为中点，则，又，
于是，即，解得，
又，解得，而，于是，
所以.
22．如图，在长方体中，为上一点，已知，，，．
(1)求直线和平面的夹角；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得与平面所成夹角为，判断为等腰直角三角形，即可求出，
（2）如图建立坐标系，根据向量的关系可得点到平面的距离，求出法向量即可求出．
【详解】（1）解：依题意，平面，连接，则与平面所成夹角为，
，
∴为等腰直角三角形，则，
∴直线和平面的夹角为，
（2）解：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，、、的方向为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，，，
设平面的法向量，
由，取，可得，
∴点到平面的距离.