2024届辽宁省名校联盟高三上学期第三次联考数学模拟卷A含答案

这是一份2024届辽宁省名校联盟高三上学期第三次联考数学模拟卷A含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解不等式确定集合A、B后再求并集即可.
【详解】∵，，
∴.
故选:A.
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先设复数，再根据复数模的公式，以及复数相等，即可求解.
【详解】设，，
所以，所以，
解得：，
所以.
故选：C
3．命题：设为的内角，则“是的充分不必要条件”，命题：设，则“是的充分不必要条件”，命题：设两个非零向量，，则“且”是“”的充分不必要条件.则这三个命题中为真命题的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三角形的内角大小及三角函数值可判断命题p的真假.；根据对数的定义域及根式的定义域可判断命题q的真假.；根据相等向量的概念可判断命题s的真假.
【详解】（）或（），∴不一定成立，
反之若，则一定成立，∴“是的必要不充分条件”，故命题是假命题；
，∴充分性成立，
反之，若，有可能，此时不成立，
∴“是的充分不必要条件”，故命题为真命题；
非零向量、，“且”，则、可能是方向相反向量，∴推不出成立，
当时，一定有且，
∴“且”是“”的必要不充分条件，故命题为假命题.
综上所述，命题q为真命题.
故选：B.
4．瀑布是庐山的一大奇观，唐代诗人李白曾在《望庐山瀑布中》写道：“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川.飞流直下三千尺，疑是银河落九天.”为了测量某个瀑布的实际高度，某同学设计了如下测量方案：有一段水平山道，且山道与瀑布不在同一平面内，瀑布底端与山道在同一平面内，可粗略认为瀑布与该水平山道所在平面垂直，在水平山道上A点位置测得瀑布顶端仰角的正切值为，沿山道继续走，抵达B点位置测得瀑布顶端的仰角为.已知该同学沿山道行进的方向与他第一次望向瀑布底端的方向所成角为，则该瀑布的高度约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知条件作出图形，根据余弦定理求解即可得选项.
【详解】解：如图，设瀑布顶端为P，底端为H，瀑布高为h，
该同学第一次测量时的所处的位置为A，
第二次测量时的位置为B，
由题意可知，，
且，所以，
在中，由余弦定理可知，，
即，解得.
故选：A.
5．已知函数，，用表示m，n中的最小值，设函数，则函数的零点个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【解析】先去绝对值得到分段函数，再在同一坐标系中作的图像，根据新定义得到的图像，数形结合即得其零点个数.
【详解】函数，，作图如下：
因为函数，则图像如下实线部分：
由图可见，函数的零点个数为4.
故选：D.
【点睛】本题考查了对数型函数的图像，二次函数的图像以及新定义，考查了数形结合的数学思想，属于中档题.
6．已知定义在上的偶函数，对任意都有，当取最小值时，的值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，结合正弦型函数偶函数的性质、代入法进行求解即可.
【详解】，
因为该函数为偶函数，
所以有，
因为，所以令，得，
即
由
，
当时，
，显然不符合这一条件；
当时，，
当时，取最小值，即
因此，
故选：A
7．已知函数为奇函数，（a为常数），且恒成立．设与的图象在y轴右侧的交点依次为，O为坐标原点，若的面积最小值为，且为钝角，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求，然后作与的大致图象，根据面积的最小值求的最大值，根据为钝角求的最小值，然后可得.
【详解】因为是奇函数，所以，所以．
因为，所以，所以，
又（a为常数）．
且恒成立，
所以，
即，所以，．
如图，设的周期为T，在y轴右侧的第二个零点为B，易知四边形OA1BA2是平行四边形，，．
则
，
解得；
因为，所以，解得；
所以的取值范围是．
故选：D
8．已知a，b，c满足，，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】构造函数，利用其单调性，分，，讨论即可.
【详解】由题意得，即，则，则，
令，根据减函数加减函数为减函数的结论知：
在上单调递减，
当时，可得，，两边同取以5为底的对数得
，对通过移项得，
两边同取以3为底的对数得，
所以，所以 ，所以，且，
故此时，，故C,D选项错误，
时，，
，且，故A错误,
下面严格证明当时，，，
根据函数在上单调递增，且，
则当时，有，
，，
下面证明：，
要证：，
即证：，等价于证明，
即证：，此式开头已证明，
对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得
，
则
故当时，，则
当时，可得，，两边同取以5为底的对数得
，对通过移项得，
两边同取以3为底的对数得，
所以，所以 ，所以，且，
故，故此时，，
下面严格证明当时，，
当时，根据函数，且其在上单调递减，可知
，则，则，
根据函数函数在上单调递增，且，
则当时，，
下面证明：，
要证：
即证：，等价于证，
即证：，此式已证明，
对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得
，
则，
故时，，则
当时，，则，，
综上，，
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的关键在于构造函数，利用其单调性及，从而得到之间的大小关系，同时需要先求出的范围，然后再对进行分类讨论.
二、多选题
9．（多选）已知a＜b＜0，则下列不等式正确的是（ ）
A．a2＞abB．ln（1﹣a）＞ln（1﹣b）
C．D．a+csb＞b+csa
【答案】ABC
【分析】利用不等式的性质判断A，利用对数函数的单调性判断B，利用基本不等式判断C，利用构造函数判断D.
【详解】A:∵a＜b＜0，∴a2＞ab，∴A正确，
B:∵a＜b＜0，1﹣a＞1﹣b，∴ln（1﹣a）＞ln（1﹣b），∴B正确，
C:∵a＜b＜0，∴，∴，∴C正确，
D:设f（x）＝x﹣csx，则＝1+sinx≥0，∴f（x）在R上为增函数，
∵a＜b＜0，∴a﹣csa＜b﹣csb，a+csb＜b+csa，∴D错误．
故选：ABC．
10．已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．在方向上的投影向量为
C．与垂直的单位向量的坐标为
D．若向量与向量共线，则
【答案】AD
【分析】根据向量的坐标运算求，，对于A：根据向量的夹角公式运算求解；对于B：根据投影向量的定义分析运算；对于C：根据向量垂直的坐标运算求解；对于D：根据向量共线的判定定理分析运算.
【详解】由题意知，，
对于选项A：，故A正确；
对于选项B：在方向上的投影向量为，故B错误；
对于选项C：设与垂直的单位向量的坐标为，
可得，解得或，
所以与垂直的单位向量的坐标为或，故C错误；
对于选项D：因为向量与向量共线，
所以若存在，使得，
则，解得，故D正确．
故选：AD.
11．在中，角，，的对边分别为，，，若，则以下结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】对A,由两边之和大于第三边可得，再进一步用不等式的性质即可判断；
对B，由余弦定理可知，再用正弦定理可知，进一步化简可得B,C的关系，进而可以得到a,b的关系；
对C，结合B代特值即可判断；
对D，结合B，可以得到A,B的关系，进而可以判断.
【详解】因为，所以，故A正确；
由余弦定理得，，所以，
由正弦定理得，，所以，即，
所以，所以或，
因为，若，可得，所以，
又，所以，此时，，满足，故B正确；
当，时，，故C错误；
由B选项可知，故，即，故D错误．
故选：AB.
【点睛】本题的难点在于B答案，对于“”这样的结构已经和余弦定理比较接近了，可以用余弦定理得到：，由于是求角故而应该是边化角，最后“”应当注意，答案一般是两组“相等型”和“互补型”，切记不要遗漏答案.
12．在三棱锥P-ABC中，，，，O为的外心，则（ ）
A．当时，PA⊥BC
B．当AC=1时，平面PAB⊥平面ABC
C．PA与平面ABC所成角的正弦值为
D．三棱锥A-PBC的高的最大值为
【答案】ABC
【分析】由条件得几何体的结构特征，分析位置关系及数量关系.
【详解】对于A项，因为，且，所以为等边三角形，
又，所以三棱锥P-ABC为正三棱锥，
正三棱锥的侧棱与底面相对的边互相垂直，所以PA⊥BC，A正确；
对于B项，因为O为的外心，且．
所以点P在平面ABC的射影为点O，所以PO⊥平面ABC．
又，，，所以为直角三角形，．
所以点O为AB的中点，又平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABC，B正确；
对于C项，由B项可知PO⊥平面ABC，
又平面ABC，所以PO⊥OA，所以∠PAO即为直线PA与平面ABC所成的角．
设外接圆半径为r，则由正弦定理可得，
所以，所以，故，C正确；
对于D项，在中，，，
由余弦定理可得，故，
所以，
所以，
在中，由余弦定理可得，
，
所以，当且仅当时等号成立．
所以．
设三棱锥A-PBC的高为h，
因为，即，
所以．
故三棱锥A-PBC的高的最大值为，D错误．
故选：ABC
【点睛】三棱锥A-PBC的高不易直接求解，故通过等体积法间接求解，外接圆半径问题可以与正弦定理相结合，三角形中最值问题可以与余弦定理及基本不等式知识相结合.
三、填空题
13．如图所示，有一电视塔，在地面上一点测得电视塔尖的仰角是45°，再向塔底方向前进100米到达点，此时测得电视塔尖的仰角为60°，则此时电视塔的高度是 米（精确到0.1米）
【答案】236.6
【分析】设，则，由题得解方程即得解.
【详解】由题得，
设，则，
在△中，
所以米.
所以此时电视塔的高度是236.6米..
故答案为：236.6
【点睛】本题主要考查解三角形的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
14．已知，，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】设，，结合向量的性质利用三角不等式和基本不等式即可求解.
【详解】设，，则，
同理，
则的最小值为，
当且仅当且、同向时取等号，
，
则，
当且仅当，即，即时取等号，
∴的取值范围为.
故答案为：.
15．已知函数是定义域为的偶函数，当时，，若关于的方程有且仅有6个不同实数根，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】先根据函数的奇偶性求的解析式并画出图象，再用因式分解求方程的解，最后利用数形结合讨论参数的取值范围，进而得实数的取值范围.
【详解】∵函数是定义域为的偶函数，当时，，
∴当时，，
作函数的图象，
由于关于的方程，因式分解，
解得或，
当或时，，
当或时，，
由，则有个实根，
由题意，只要有个实根，
由图象可得，当时，有个实根，当时，有个实根，
综上可得：或，即实数的取值范围为.
故答案为：.
16．已知函数，，若，使得成立，则t的取值范围是 ．
【答案】
【分析】对原不等式等价转化为，设，通过求导得到其最小值，则，解出的范围即可.
【详解】当时，，，
当时，，
令，，
令，
，
在上单调递增，而，
因此当时，，，
当时，，，
在上单调递减，在上单调递增，
，
则，解得.
【点睛】关键点睛：本题的关键是采用分离参数法，转化为对恒成立，然后设新函数，利用导数求出其小值即可得到关于的不等式，解出即可.
四、解答题
17．在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足.
(1)求A；
(2)若，，AD是的中线，求AD的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理和二倍角的正弦公式即可求解.
（2）由可得，根据以及余弦定理即可求出.
【详解】（1），
所以，
由正弦定理得：，
，，
，，
得，即，
.
（2）,
,得，
由余弦定理得：，
，
所以，
即AD的长为.
18．设正项数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列是首项为，公差为的等差数列，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用与的关系，列出方程求出.
（2）根据题意求出，利用裂项相消求和法，计算求出答案.
【详解】（1）当时，，即，
解得（舍去）或（可取），
当时，，，
两式相减得：，
即，即，
∵恒成立，∴，∴，
∴是首项为，公差为的等差数列，
故.
（2）由（1）可得，
∵是首项为，公差为的等差数列，
∴，
∴，
∴.
故.
19．已知曲线（，）相邻的两条对称轴之间的距离为，若将函数的图象先向左平移个单位，再向下平移个单位，得到函数的图象，且为奇函数.
(1)求函数的的解析式和其图象的对称中心；
(2)若关于的方程在区间上有两个不相等的实数根，求实数的取值范围.
【答案】(1)；对称中心为，
(2)
【分析】（1）利用周期求，由函数的变换规律可得，再根据奇偶性求和B的值，从而求的对称中心.
（2）由得的范围,将利用换元法换元,将问题转化为一个一元二次方程根的分布问题,利用判别式得不等式解，即可得的取值范围.
【详解】（1）由题意可知，∴，∴，
将函数的图象先向左平移个单位，再向下平移个单位后得到的新函数为：
，
又为奇函数，且定义域为，
∴且，，，
∴，，∴，
令，，解得，，
∴的对称中心为，.
（2）由（1）可知，设，
∵，∴，∴，∴，
由关于的方程在区间内有两个不相等的实数根，
可得在区间内仅有一个实数根，且另一个根不等于1或在内有两个相等的根，
令，则，
故或，解得或.
所以.
20．已知函数.
（1）若函数在处的切线的斜率为，求的值；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）求出即可
（2）由，可得，令，利用导数求出的最小值即可
【详解】（1）由，得
，解得.
（2）由，可得，
令，则，
令，则，
所以在上单调递增，
又，且.
所以存在，使得，即，
所以在上单调递减，在上单调递增.
故，
令，两边同时取对数得：，
由，得，
所以，所以有，即，
所以，即.
所以.
故，得.所以的取值范围是.
【点睛】本题考查了由切线的斜率求参数、恒成立问题及利用导数求函数的最值，属于较难题.其中恒成立问题一般是用分离变量法.
21．已知数列{an}是正项等差数列，其中a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列；数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn+bn＝1．
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)如果cn＝anbn，设数列{cn}的前n项和为Tn，是否存在正整数n，使得Tn＞Sn成立，若存在，求出n的最小值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在，2
【分析】（1）数列是等差数列，用公差与表示出来后，由已知求得，可得通项公式，数列是已知与的关系，可由求得，再由当时，得到，从而知是等比数列，由此可得通项公式；
（2）数列是由等差数列与等比数列相乘所得，其前项和用错位相减法求得，由（1）得出，作差，会发现当时都有，因此得到结论．
【详解】（1）设数列{an}的公差为d，
∵a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列，
∴，即，解得（舍去）或，
所以，
由2Sn+bn＝1，得，
当n＝1时，2S1+b1＝1，解得，
当n≥2时，，
所以，
所以数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，
故．
（2）由（1）知，，
所以①
则②
①-②得，，
所以，
又．
所以，
因为，
所以，即，
所以是递增数列，且当时，，
故当时，，即，
故所求的正整数n存在，其最小值是2.
22．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对函数求导数， 根据a的取值分类讨论函数的单调性，得单调区间；
（2）将不等式转化为，证明，得，对进行放缩，得a的取值范围.
【详解】（1）．
当时，令，解得，
当，，单调递减，
当，，单调递增；
当时，，在R上单调递减；
当时，令，解得，所以当，，单调递减，
当，，单调递增；
综上，当时，单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，单调递减区间为R，无单调递增区间；
当时，单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）原不等式为，即．
因为，
所以．
令，则其在区间上单调递增，取，则；取，则，
所以存在唯一使得，
令，则．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，即，．
故．
故，
所以．
当且仅当即时，等号成立，
故，即a的取值范围为．
【点睛】对于，观察变形为，考虑研究，即可对函数进行放缩.