黑龙江省佳木斯市2024届高三第四次调研考试数学模拟试题（含答案）

这是一份黑龙江省佳木斯市2024届高三第四次调研考试数学模拟试题（含答案），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数与复数都是纯虚数，则（ ）
A．B．C．D．
3．两个单位向量与满足，则向量与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．南宋数学家杨辉为我国古代数学研究做出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列，以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4个为1，3，7，13，则该数列的第13项为（ ）
A．156B．157C．158D．159
5．Sn＝＋＋＋…＋等于（ ）
A．B．C．D．
6．给出下列命题，其中错误的命题是（ ）
A．向量，，共面，即它们所在的直线共面
B．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
C．两个非零向量与任何一个向最都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线
D．已知向量，，则在上的投影向量为
7．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（共4道小题，每题5分，共20分）
9．已知定义在R上的函数的图象是连续不断的，且满足以下条件：①，；②，，当时，．则下列选项成立的是（ ）
A．B．
C．若，则D．若，则
10．函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．函数为奇函数
B．函数的最小正周期为
C．函数的图象的对称轴为直线
D．函数的单调递增区间为
11．已知数列的前项的和为，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．D．
12．如图所示，棱长为3的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．B．与所成的角可能是
C．是定值D．当时，点到平面的距离为1
三、填空题（共4道小题，每题5分，共20分）
13．中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物，高约为，在地面上点处（，，三点共线）测得建筑物顶部，鹳雀楼顶部的仰角分别为和，在处测得楼顶部的仰角为，则鹳雀楼的高度约为 ．

14．已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为 .
15．已知函数在上恰有两个零点，则实数的取值范围是 .
16．在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积是______.
四、解答题
17．的内角A，，的对边分别为，，，已知.
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长.
18．记为等差数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和．
19．已知数列满足，且．
(1)证明：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；
(2)求数列的前项和．
20．如图，在四棱锥中，平面⊥平面.是等腰三角形，且.在梯形中，，，，，.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
21．如图所示正四棱锥，P为侧棱SD上的点，且．
(1)求证：；
(2)求直线SC与平面ACP所成角的正弦值；
(3)侧棱SC上是否存在一点E，使得平面PAC，若存在，求的值；若不存在，试说明理由．
22．已知函数，其中.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)已知不等式恒成立，当取最大值时，求的值.
1．B
【分析】解一元二次不等式求解集、根式的性质求定义域确定集合，由交集运算求结果.
【详解】由题设，集合，集合，
所以.
故选：B
2．D
【分析】设（且），根据是纯虚数，列出方程，即可求解.
【详解】因为是纯虚数，故设（且），
又因为是纯虚数，所以且，
解得，所以.
故选：D．
3．A
【分析】根据向量夹角公式，以及向量夹角坐标公式，或者根据向量运算法则求解画图即可.
【详解】法一：，
设与的夹角为，则，
又，；
法二：根据，，取，
设， 与的夹角为，
从而，
又，；
法三：利用运算法则，设，，，则，如图 ，
则设向量与夹角为，则，
，，，
又，.
故选：A
4．B
【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，再利用累加法计算即可求解.
【详解】设该二阶等差数列为，则；
由二阶等差数列的定义可知，
所以数列是以为首项，公差的等差数列，即，
所以
将所有上式累加可得，所以；
即该数列的第13项为.
故选：B
5．B
【分析】利用错位相减法求解即可.
【详解】由Sn＝＋＋＋…＋，①
得Sn＝＋＋…＋＋，②
①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－＝－，
所以Sn＝－，
∴Sn＝.
故选：B.
6．A
【分析】根据共面向量的性质，结合基底的定义、投影向量的定义进行逐一判断即可.
【详解】对于A，向量可以通过平移后共面，但是它们的所在直线不一定是共面直线，故A错误；
对于B，，，即，
所以，，，四点共面，故B正确；
对于C，根据空间向量基底的性质可知这两个向量共线，故C正确；
对于D，在上的投影向量为，
故D正确.
故选：A.
7．A
【分析】根据题意，利用正切的倍角公式，求得，再结合诱导公式、三角函数的基本关系式和两角差的正切公式，即可求解.
【详解】因为，所以，解得或，
因为，所以，
所以
.
故选：A．
8．D
【分析】利用构造函数法，结合导数研究所构造函数的单调性，从而确定的大小关系.
【详解】令，则，，有.
故函数在单调递增，故，
即，所以，即，
令，则，，有.
故函数在单调递减，故，即，
所以，即.
综上.
故选：D
9．AB
【分析】对A：根据函数奇偶性的性质，赋值即可求得结果；
对B：利用函数奇偶性和单调性即可判断；
对C：利用函数性质，分类讨论，即可求得不等式解集；
对D：由，结合函数单调性，即可求得不等式解集.
【详解】由，得：函数是R上的奇函数；
由，，，得：在上单调递减；
又是连续函数，故可得在上单调递减；
对A：，令，故可得，A正确；
对B：，即，
由在上单调递减，可得，故B正确；
对C：对，当时，；当时，；
由在上单调递减，且可知，
的解集为，故C错误；
对D：，即，则，解得，故D错误；
故选：AB．
10．BD
【分析】由函数的部分图象求出、和、的值，写出的解析式，利用图象平移得出的解析式，再逐项判断即可.
【详解】由函数的部分图象知，，且，
所以，解得，又，
所以，即，，解得，，
又，所以，所以.
将函数的图象向左平移个单位长度后，
得的图象，
所以，不满足，所以不是奇函数，A错误；
的最小正周期为，B正确；
令，解得，，
所以图象的对称轴为直线，，C错误；
令，解得，，
所以的单调递增区间为，D正确.
故选：BD.
11．AD
【分析】根据递推公式可判定A，利用特殊项结合等比数列的定义可判定B，利用迭代法及等比数列的定义结合的关系可判定C、D.
【详解】由题意可知，所以，故A正确；
因为，
所以不能是等比数列，故B错误；
因为（），即（），
所以，
所以，即，
又因为，所以是以2为首项，4为公比的等比数列，
所以，
所以，
即，故D正确．
故选：AD.
12．ACD
【分析】以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，设 ，，计算，可判断A；假设与所成的角是，则，求解可判断B；计算，可判断C；当时，，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式可判断D.
【详解】以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，
设 ，，则，，
所以 ，则，故A正确；
因为，，
所以，
若与所成的角是，
则，即，
整理得，得，与矛盾，故B错误；
，，所以为定值，故C正确；
当时，，
，，，
设平面的法向量为，
由令，则，，，
点到平面的距离，故D正确.
故选：ACD.
13．74
【分析】由题设得，，再应用正弦定理列方程求鹳雀楼的高度.
【详解】由题设及图知：，则，
在中m.
故74
14．
【分析】根据条件算出母线长和底面半径即可求出侧面积.
【详解】如图：其中O是底面圆心，设半径为r，则，
， ，
由于，都是母线，所以，
的面积 ，
因为与圆锥底面所成角为45°，所以，
所以在等腰直角三角形SAO中， ，
所以侧面积= ；
故答案为.
15．
【分析】根据正弦型函数的零点个数列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】因为，所以，
由于函数在上恰有两个零点，
所以，
解得，因此实数的取值范围是.
故
16．
【分析】依题意由正弦定理可求得外接圆的半径为，再利用线面垂直关系确定球心位置在的正上方，由勾股定理可求出外接球的半径为，即可得出求的表面积.
【详解】如图：
设为外接圆的圆心，为三棱锥外接球的球心，作，
设外接圆的半径为，
在中，由余弦定理知，
由正弦定理可知，解得，即；
易知三棱锥外接球的球心在的正上方，且平面；
又平面，所以；因为平面，可得，
又，所以可得四边形是矩形，即；
设，三棱锥外接球的半径为，
由勾股定理可得，解得；
所以可得三棱锥的外接球的表面积为.
故
关键点点睛：本题突破口在于利用正弦定理将外接圆的半径为求出，并根据线面垂直关系再确定其位置，由勾股定理求出外接球半径大小即可得球的表面积.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理结合正弦的和角公式计算即可；
（2）利用余弦定理结合三角形面积公式化简计算即可.
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理可得.
又，所以.
因为，所以；
（2）的面积，则.
由余弦定理：，
得，
所以，
故的周长为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）先求，讨论的符号去绝对值，结合运算求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，
所以，
（2）因为，
令，解得，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得
；
综上所述.
19．(1)证明见详解，
(2)
【分析】（1）根据题意结合等比数列的定义和通项公式分析求解；
（2）利用分组求和结合等差、等比数列的求和公式运算求解.
【详解】（1）因为，
令，则，解得，则，
且，
可得数列是以首项为1，公比为的等比数列，
所以，即.
（2）由（1）可知：，
则
，
所以.
20．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）由线线平行得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，由面面垂直得到线面垂直，得到各点坐标，求出两平面的法向量，从而求出两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：∵，平面，平面，
∴平面.
（2）以为原点，以，及平面过的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系.

∵是直角梯形，，，，，，
∴，，
∴，
取的中点，连接，故，又，
∴⊥，
∵平面⊥平面，两平面交线为，平面，
∴⊥平面，
∴点到直线的距离为，
∴点到平面的距离为2.
∴，，
∴，，，
设平面的法向量为，平面的法向罣为，
则，
解得，令，则，故，
，
令可得，故，
设平面与平面的夹角为，
则.
∴平面与平面夹角的余弦值为.
21．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用正四棱锥的定义可得面，即，从而利用线面垂直的判定定理可得面，由此得；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，利用题设中的条件与平面几何的知识求得各线段的长度，从而得到各点的坐标，再求出与平面ACP的一个法向量为，利用向量的数量积运算即可求得直线SC与平面ACP所成角的正弦值；
（3）假设存在，且，由此求得，再由平面PAC得，从而求得，由此可得的值.
【详解】（1）连结，连结，如图，
因为四棱锥是正四棱锥，所以面，
又面，所以，
在正方形中，，
又面，所以面，
因为面，所以.
（2）由（1）知两两垂直，以为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，
则由平面几何知识易知，，，
所以，则，，
因为，所以，
故，
设平面ACP的一个法向量为，则，即，
令，则，故，
设直线SC与平面ACP所成角为，则，
所以直线SC与平面ACP所成角的正弦值为.
（3）假设上存在点满足题意，不妨设，
则，
因为平面PAC，所以，即，故，
所以，则，
所以.
22．(1)
(2)
【分析】（1）根据切点和斜率求得切线方程.
（2）构造函数，利用导数研究的最小值，由此列不等式来求得的最大值，以及此时的的值.
【详解】（1）当时，，
因为，所以，又，
故在处的切线方程为；
（2）显然，
若，当时，，而，矛盾，所以，
令，则恒成立，即.
由于，
则在正实数集上是增函数，
时，故存在，使得，
且在上单减，在上单增，且，
故，
所以，
所以，
等号当且仅当即时取得，
此时.
故当取最大值时，.