2024届福建省厦门第二中学高三上学期第二次阶段性考试（10月）数学试题含解析

这是一份2024届福建省厦门第二中学高三上学期第二次阶段性考试（10月）数学试题含解析，共18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．如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】C
【分析】由复数的几何意义与复数的运算法则求解即可
【详解】由复数的几何意义知：，
则，
对应的点的坐标为，位于第三象限，
故选：C.
2．已知向量满足，则（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】B
【分析】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答.
【详解】向量满足，
所以.
故选：B
3．函数是
A．奇函数，且最大值为2B．偶函数，且最大值为2
C．奇函数，且最大值为D．偶函数，且最大值为
【答案】D
【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值.
【详解】由题意，，所以该函数为偶函数，
又，
所以当时，取最大值.
故选：D.
4．在中，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，即，
则，故，
又，所以.
故选：B.
5．已知等比数列中，，为前项和，，则（ ）
A．7B．9C．15D．30
【答案】C
【分析】设公比为，根据条件列出方程求解，再由求和公式得解.
【详解】等比数列中，设公比为，
，为前项和，，显然，
(如果，可得矛盾，如果，可得矛盾)，
可得，
解得，即或，
所以当时，．
当时，．没有选项．
故选：C．
6．已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
7．函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】先利用三角函数平移的性质求得，再作出与的部分大致图像，考虑特殊点处与的大小关系，从而精确图像，由此得解.
【详解】因为向左平移个单位所得函数为，所以，
而显然过与两点，
作出与的部分大致图像如下，

考虑，即处与的大小关系，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
所以由图可知，与的交点个数为.
故选：C.
8．已知A､B是球O的球面上两点，且，C为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为36，则球O的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件确定出三棱锥体积最大时的点C位置，再求出球半径即可得解.
【详解】设球的半径为，因，则的面积，
而，且面积为定值，则当点到平面的距离最大时，最大，
于是，当是与球的大圆面垂直的直径的端点时，三棱锥体积最大，最大值为，解得，
所以球的表面积为.
故选：C.
二、多选题
9．已知复数，则下列说法正确的是（ ）
A．复数在复平面内对应的点在第四象限B．复数的虚部为
C．复数的共轭复数D．复数的模
【答案】BCD
【分析】化简得，再得到其在复平面内对应的点的象限，虚部，共轭复数，模即可得到答案.
【详解】，
，所以复数在复平面内对应的点在第三象限，故A错误；
虚部为，故B正确；
复数的共轭复数，故C正确；
复数的模，故D正确；
故选：BCD.
10．已知等差数列的前n项和为，且满足，，则（ ）
A．数列是递增数列B．数列是递增数列
C．的最小值是D．使得取得最小正数的
【答案】AC
【分析】根据题意，结合等差数列的性质以及前项和的公式与性质，一一判断即可.
【详解】因为，，所以，可得公差，的最小值是，故AC正确；
因为，单调递减，，单调递增，所以B项错误；
因为，所以，
同理，所以取得最小正数的，D项错误.
故选AC项．
三、单选题
11．已知等比数列的前项和为，前项积为，则下列选项判断正确的是（ ）
A．若，则数列是递增数列
B．若，则数列是递增数列
C．若数列是递增数列，则
D．若数列是递增数列，则
【答案】D
【分析】根据题意，结合等比数列的性质和特例，以及等比数列的单调性和前项和公式，可判定A、B、C都不正确；由数列是递增数列，得到和，可判定D正确.
【详解】对于A中，如果数列，公比为，满足，但是等比数列不是递增数列，所以A不正确；
对于B中，如果数列，公比为，满足，但是等比数列不是递增数列，所以B不正确；
对于C中，如果数列，公比为，可得，数列是递增数列，但是，所以C不正确；
对于D中，数列是递增数列，可知，可得，所以，可得正确，所以D正确；
故选：D．
四、多选题
12．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为B．该圆锥的侧面积为
C．D．的面积为
【答案】AC
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【详解】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；
C选项，设是的中点，连接，
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，C选项正确；
D选项，，所以，D选项错误.
故选：AC.

五、填空题
13．若，，则 ．
【答案】
【分析】根据题意，利用三角函数的定义，准确运算，即可求解.
【详解】因为，且，
可令，则，设终边上一点的坐标，
则，可得．
故答案为：．
14．底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．
【答案】
【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.
【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积为，
截去的正四棱锥的体积为，
所以棱台的体积为.
方法二：棱台的体积为.
故答案为：.

15．记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；
【详解】解： 因为，（，）
所以最小正周期，因为，
又，所以，即，
又为的零点，所以，解得，
因为，所以当时；
故答案为：
16．已知空间向量都是单位向量，且与的夹角为，若为空间任意一点，且，满足，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴建立空间直角坐标系，由坐标表示得，画出可行域利用线性规划求解即可.
【详解】因为，所以平面，
以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴建立如图所示坐标系，
因为都是单位向量，与的夹角即为，
所以，，，
设点，且，
则，，，，
所以由得，
平方得，
由可得，
所以或，
由及可得即，
综上满足的可行域如图所示，
令，则，
由可行域可得在点取得最大值，在点取得最小值，
由解得，，
所以，，
所以的最大值为 ，
故答案为：
六、解答题
17．记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【详解】（1）因为，所以，解得：．
（2）由正弦定理可得
，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
18．已知函数，，．
(1)若，求的值；
(2)若在上单调递增，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求、的值．条件①：； 条件②：； 条件③：在上单调递减．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）化简函数，根据，列出方程，即可求解；
（2）若选①：得到在和时取得最大值，这与在上单调递增矛盾，所以和的值不存在；
若选②：得到在时取得最小值，时取得最大值，求得最小正周期为，得到，结合，求得的值；
若选③：根据题意，求得的最小正周期为，得到，结合，求得的值.
【详解】（1）解：由函数，
因为，可得，
又因为，所以．
（2）若选①：由且，可得在和时取得最大值，
这与在上单调递增矛盾，所以和的值不存在．
若选②：由，因为在上单调递增，且，
所以在时取得最小值，时取得最大值，
所以的最小正周期为，可得，
又因为，所以，
解得，又因为，所以.
若选③：函数在上单调递减，
因为在上单调递增，且，
所以在时取得最小值，时取得最大值，
所以的最小正周期为，所以，
又因为，所以，
解得；又因为，所以．
19．如图：在正方体中，为中点，与平面交于点．
（1）求证：为的中点；
（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值.
【详解】(1)如图所示，取的中点，连结，
由于为正方体，为中点，故，
从而四点共面，即平面CDE即平面，
据此可得：直线交平面于点，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，
即点为中点.
(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为2，设，
则：，
从而：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
从而：，
则：，
整理可得：，故（舍去）.
【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
20．已知数列中，，设为前项和，．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，化简得到，得出当时，可得，结合叠乘法，求得，验证，即可求解.
（2）由（1）得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.
【详解】（1）解：由数列中，，且
当时，，解得，
当时，可得，
所以，即，
则当时，可得，所以，
当或时，，适合上式，
所以数列的通项公式为.
（2）解：由（1）知，可得，
所以，
可得，
两式相减，得，
所以.
21．已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.
【详解】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，
，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
22．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)见详解；(2) 或.
【分析】(1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2) 根据的各种范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出,的值.
【详解】(1)对求导得.所以有
当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；
当时，区间上单调递增；
当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.
(2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以
若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；
此时在区间上单调递增，所以，代入解得，，与矛盾，所以不成立.
若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得 .
若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.
即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为
而，故所以区间上最大值为.
即相减得，即，又因为，所以无解.
若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.
即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为
而，故所以区间上最大值为.
即相减得，解得，又因为，所以无解.
若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.
所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为
即解得.
综上得或.
【点睛】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充．