2024届江西省上高二中高三上学期第二次月考数学试题含解析

这是一份2024届江西省上高二中高三上学期第二次月考数学试题含解析，共22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，若集合满足，则可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解指数不等式得到集合N，根据交集运算性质得，逐项判断即可.
【详解】因为，又，即，
因为，所以A与D选项集合不符合，
因为，所以B选项集合不符合，所以C正确.
故选：C
2．在数列中，“数列是等比数列”是“”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
【分析】利用等比数列的性质及充分不必要条件的定义即可判断，
【详解】数列是等比数列，得，
若数列中，则数列不一定是等比数列，如数列，
所以反之不成立，则“数列是等比数列”是“”的充分不必要条件．
故选：A.
3．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用特殊值排除错误选项，进而确定正确选项.
【详解】当时，，所以排除A，D，
当时，，所以排除B，
故选：C
4．18世纪数学家欧拉研究调和级数得到了以下的结果：当很大时，（常数）．利用以上公式，可以估计的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意得到，结合对数的运算公式，即可求解.
【详解】由题意，可得
.
故选：B.
5．已知拋物线上一点到准线的距离为是双曲线的左焦点，是双曲线右支上的一动点，则的最小值为（ ）
A．12B．11C．10D．9
【答案】D
【分析】先根据题意求出点的坐标，设是双曲线的右焦点，根据双曲线的定义可得，从而可得出答案.
【详解】拋物线的准线为，
则点到准线的距离为，所以，
则，故，
设是双曲线的右焦点，
则，则，
故，
当且仅当三点共线时取等号，
所以的最小值为.
故选：D.
6．已知，，且.若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先根据不等式恒成立求得的取值范围.然后结合“”代换的方法以及基本不等式，求得实数的取值范围.
【详解】由于不等式对任意实数恒成立，即恒成立，而，所以①.由于，.所以，解得.
故选D.
【点睛】本小题主要考查根据不等式恒成立问题求参数的取值范围，考查利用“1”的代换的方法和基本不等式求最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
7．已知函数的最小正周期为，其最小值为，且满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】化简解析式，根据的最小正周期、最小值以及对称中心，依次求得的值.
【详解】
，
其中.
依题意；.
所以，不妨设.
所以，
由，令，得，
所以，
，由于，所以.
故选：C
8．已知函数，若对任意的，都有，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造，从而可得其在单调递增，即在上恒成立，然后分离参数，转化为最值问题，即可求得结果.
【详解】因为对任意的，都有，即
所以在单调递增.
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
即
所以
故选:D.
二、多选题
9．已知函数（）是奇函数，且，是的导函数，则（ ）
A．B．的一个周期是4C．是偶函数D．
【答案】BC
【分析】根据函数奇偶性与可得，根据导数的运算可得从而可判断B项，根据周期性与奇偶性可判断A项，根据奇偶性与导数运算可得，从而可判断C项，在中，令代入计算可判断D项.
【详解】因为函数是奇函数，，
所以，
所以，即：，故的周期为4，
所以，故的一个周期为4，故B项正确；
，故A项错误；
因为函数是奇函数，
所以，
所以，即：，
所以为偶函数，故C项正确；
因为，
所以，
令，可得，解得：，故D项错误.
故选：BC.
10．小明在一次面试活动中，10位评委给他的打分分别为：70，85，86，88，90，90，92，94，95，100．则下列说法正确的有（ ）
A．用简单随机抽样的方法从10个分数中随机去掉2个分数，则每个分数被去掉的概率都是
B．这10个分数的第60百分位数为91
C．这10个分数的平均数大于中位数
D．去掉一个最低分和一个最高分后，平均数会变大，而分数的方差会变小
【答案】BD
【分析】对于A，根据古典概型的概率公式计算判断，对于B，根据百分位数的定义计算判断，对于C，计算出平均数和中位数进行判断，对于D，通过计算平均数和方差进行判断即可.
【详解】从10个分数中随机去掉2个分数，则每个分数被去掉的概率都是，故A错误；
，所以第60百分位数是第6个数90与第7个数92的平均数，即，所以B正确；
对于C选项：这10个数的平均数为．
因为，所以中位数是第5个数90与第6个数90的平均数90，所以C错误；
对于D选项：
10个数的方差为．
去掉70和100后，平均数为，
方差为，
，，所以D正确．
故选： BD．
11．已知函数，以下结论错误的是（ ）
A．在区间上是增函数
B．
C．若方程恰有个实根，则
D．若函数在上有6个零点，则
【答案】ABC
【分析】对于A，根据二次函数的性质，结合函数的周期性，可得答案；对于B，根据函数解析式以及周期性，可得答案；对于C，根据方程与函数的关系，结合函数图象，可得答案；对于D，根据二次函数的对称性以及函数的周期性，结合图象，可得答案.
【详解】对于A，当时，，
根据二次函数的性质，则在上单调递增，在上单调递减，
当时，，则，
当时，，则，
所以函数在上的图象与在上的图象相同，
由于函数在上单调递增，在上单调递减，故A错误；
对于B，当时，，则其周期为，
，
，故B错误；
对于C，方程恰有个实数根，
等价于函数与直线恰有个交点，
易知直线过定点，
根据图象，当直线与函数在上的图象相切时，符合题意，如下图：

所以当时，方程恰有个实数根，故C错误；

根据二次函数的性质，函数在上的对称轴为直线，
根据函数在的周期性，函数在上的对称轴为直线，
函数在上的对称轴为直线，
易知，，，则，故D正确.
故选：ABC.
12．如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（ ）
A．球与圆柱的体积之比为
B．四面体CDEF的体积的取值范围为
C．平面DEF截得球的截面面积最小值为
D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为
【答案】ACD
【分析】A应用球、圆柱体积公式求体积即可得比例；B设为到平面的距离且，由即可确定四面体体积范围；C过作于，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，利用已知求范围，结合即可确定平面DEF截得球的截面面积最小值，D令过P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，讨论与是否重合，设，关于的函数式，利用三角恒等变换及三角函数性质求范围.
【详解】A：球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，正确；
B：设为到平面的距离，，而平面经过线段的中点，
四面体CDEF的体积，错误；
C：过作于，如图，而，
则，又，于是，
设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，
又，则平面DEF截球的截面圆面积，正确；
D：令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，
当与都不重合时，设，则，
当与或重合时，上式也成立，
因此，，
则，
令，则，
而，即，因此，解得，
所以的取值范围为，正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：对于C求出球心到平面的距离范围为关键，对于D设并得到关于的函数为关键.
三、填空题
13．若函数，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】作出函数的图像，进而可得，然后利用图像解不等式即可
【详解】函数的图像如图中的“实线”所示.

从而的图像如图中的“实线”所示，为解不等式，需观察图像，易解得与的交点为和.

故不等式的解集为，即.
故答案为：
14．目前，全国所有省份已经开始了新高考改革.改革后，考生的高考总成绩由语文、数学、外语3门全国统一考试科目成绩和3门选择性科目成绩组成.已知某班甲、乙同学都选了物理和地理科目，且甲同学的另一科目会从化学、生物、政治这3科中选1科，乙同学的另一科目会从化学、生物这2科中选1科，则甲、乙所选科目相同的概率是 .
【答案】
【分析】利用古典概型概率公式，即可求解.
【详解】甲、乙各选1科有种方法，其中所选科目相同，包含都选化学或都选生物，共2种情况，
所以甲、乙所选科目相同的概率.
故答案为：
15．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知三角形的面积是，且，则的面积是 .
【答案】
【分析】利用三角形面积公式及余弦定理可求，再结合条件即求.
【详解】因为，
所以，即，
所以，
因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以.
故答案为：.
16．若，则的大小关系是 .
【答案】
【分析】根据题意，设，利用导数验证其满足时，，进而判断；设，，利用导数验证其满足时，，进而得到，又因为，，得到，进而可以判断答案.
【详解】设，则，
当时，，故，
若，则，从而
，因为函数
，
在上递减，，
，得，
，故.
故答案为：
四、解答题
17．作为一种益智游戏，中国象棋具有悠久的历史，中国象棋的背后，体现的是博大精深的中华文化．为了推广中国象棋，某地举办了一次地区性的中国象棋比赛，小明作为选手参加．除小明以外的其他参赛选手中，50%是一类棋手，25%是二类棋手，其余的是三类棋手．小明与一、二、三类棋手比赛获胜的概率分别是0.3、0.4和0.5．
(1)从参赛选手中随机选取一位棋手与小明比赛，求小明获胜的概率；
(2)如果小明获胜，求与小明比赛的棋手为一类棋手的概率．
【答案】(1)0.375
(2)0.4
【分析】(1)利用条件概率公式求解；
(2)利用条件概率公式求解即可.
【详解】（1）设“小明与第i（，2，3）类棋手相遇”，
根据题意，，
记“小明获胜”，则有，，，
由全概率公式，
小明在比赛中获胜的概率为
，
所以小明获胜的概率为0.375．
（2）小明获胜时，则与小明比赛的棋手为一类棋手的概率为
，
即小明获胜，对手为一类棋手的概率为0.4．
18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)若，求；
(2)若的最大角为最小角的2倍，求a的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理即可求解余弦值，进而根据同角关系即可求解正弦值，
（2）根据正弦定理以及二倍角公式得，结合余弦定理即可求解.
【详解】（1）当时，，在中，由余弦定理，得
，
所以．
（2）由已知，最大角为角A，最小角为角C，即，
由正弦定理得，即，
又，所以，
将，代入上式得，
由于 解得．
19．已知数列的前项和为，若，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，若的前项和恒成立，求整数的最小值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）根据和题中递推公式列式化解，求出通项公式，继而求出数列的通项公式；
（2）根据错位相减法求解出前项和，根据通项公式求出取值范围，进而求出整数的最小值．
【详解】（1），
∴，为首项，公差的等差数列，
∴，，当时，，因此
（2），
，
作差可得：，
∴，又因为当时，，整数的最小值为2．
20．如图（1），在中，，将沿折起，使得点到达点处，如图（2）.
(1)若，求证：；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用勾股定理可得，继而可得面，如此得证；
(2)方法一、建立点及其在底面的投影连线为轴，再构建底面的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量求两面的夹角；
方法二、直接分别以方向为轴，建立空间直角坐标系，利用线段长求得点坐标，再利用空间向量求两面的夹角；
方法三、先在两个面中向交线分别作垂线，两个垂线的夹角即为两个面的夹角，再用向量的数量积计算即可.
【详解】（1）∵平行四边形中，，可得
又
又平面
（2）方法一：
如图，过点做，且，连接，
由题意可知，
平面，∴
又平面平面平面
取中点，连接，由，得
平面，且
过点作垂直于，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题可得，
设平面的法向量为，平面的法向量为
，令，则，故平面的一个法向量为
同理，令，则，故平面的一个法向量为.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
方法二：由，建立如图所示的空间直角坐标系
设（其中）
解得
设平面的法向量为，平面的法向量为
，令，则，故平面的一个法向量为；
同理，令，则，故平面的一个法向量为.
又因为两个平面的夹角范围为：
所以平面与平面夹角的余弦值为
故平面与平面夹角的余弦值为.
方法三：
如图所示，过点作交于，过点作交于，异面直线DF、BE的夹角即为两个平面的夹角.
中，由
可得
同理，在中，，可得
而
即
解得
又因为两个平面的夹角范围为：
所以平面与平面夹角的余弦值为
所以平面与平面夹角的余弦值为
21．已知函数．
(1)当时，求函数在区间上的值域；
(2)若函数有三个零点，求实数的取值范围，并求的值．
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）将代入，得出时，，即在区间上单调递增，即可求出值域；
（2）先求出，当时，，在单调递增，不合题意舍去；当时，令，则，设，再判断的单调性，得出时符合题意，即可求出实数的取值范围；由和即可得出的值．
【详解】（1）当时，，其中，
则，
所以在上单调递增，
所以．
（2），其中，
当时，显然，所以在上单调递增，至多有1个零点，不合题意舍去；
当时，令，则，
设，其中，
则，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，
所以当时，有2个零点，
当时，，在单调递增，显然不合题意，
所以有三个零点时，的取值范围是；
又因为，
所以，
又，，
所以，
所以，
故．
22．已知离心率为的椭圆的左焦点为，左、右顶点分别为、，上顶点为，且的外接圆半径大小为．
(1)求椭圆方程；
(2)设斜率存在的直线交椭圆于两点（位于轴的两侧），记直线、、、的斜率分别为、、、，若，求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆离心率确定椭圆中的关系，再结合正弦定理的推论确定外接圆半径与边角关系即可得的值，从而求得椭圆方程；
（2）由题可设直线，，，联立直线与椭圆即可得交点坐标关系，根据斜率的计算式可得，，再由已知等式确定，由坐标关系进行转化可求得的值，求解面积的表达式，结合函数性质即可得面积的取值范围．
【详解】（1）根据椭圆C的离心率为知，所以，如图，则
则在中，可得，，
由正弦定理得，
解得，所以，，
所以椭圆C的方程为．
（2）由条件知直线的斜率不为0，
设直线，，，
联立，得，得
于是，，
因为，，代入椭圆方程得，
所以，
同理，于是，，
因为，所以，
即．
又直线l的斜率存在，所以，于是，
所以，即，
又，，
所以，
整理得，
所以，
化简整理得，
又P、Q位于x轴的两侧，所以，解得，
所以，此时直线l与椭圆C有两个不同的交点，
于是直线l恒过定点．
当时，，，
的面积
，
令，因为直线l的斜率存在，则，，
于是，
又函数在上单调递减，
所以面积的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆相交的坐标关系，利用坐标运算解决直线斜率关系及面积关系.解决本题的关键是确定直线直线、、、之间的斜率关系，结合椭圆上的任意一点与左右顶点之间的斜率关系，可将四个斜率值简化为两个斜率关系，即可减少位置数，从而利用坐标运算及坐标关系确定所设直线过定点，于是简化所求面积表达式中的变量个数从而可结合函数关系确定取值范围，得以解决问题.