2024届辽宁省葫芦岛市协作校高三上学期第二次联考数学试题含答案

这是一份2024届辽宁省葫芦岛市协作校高三上学期第二次联考数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，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．
【答案】D
【分析】根据并集定义可直接求解得到结果.
【详解】由并集定义得：
故选：
【点睛】本题考查集合运算中的并集运算，属于基础题.
2．命题“”的否定为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用全称量词命题的否定直接写出结论即可．
【详解】命题“”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，
所以命题“”的否定为：．
故选：A．
3．在复平面内，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】D
【分析】化简得到，然后判断象限即可.
【详解】因为，所以对应的点位于第四象限.
故选：D.
4．已知甲和乙的月薪分别为a元､b元，且，则（ ）
A．这两人月薪之和的最小值为1.5万元
B．这两人月薪之和的最大值为1.5万元
C．这两人月薪之和的最小值为1万元
D．这两人月薪之和的最大值为1万元
【答案】C
【分析】直接根据均值不等式计算得到答案.
【详解】，当且仅当时，等号成立，
所以这两人月薪之和的最小值为1万元.
故选：C.
5．奇函数在点处的切线斜率为（ ）
A．12B．C．8D．
【答案】A
【分析】根据奇函数的定义以及导数的运算求解.
【详解】因为为奇函数，
所以，即，所以，
所以，则.
故选:A.
6．在等比数列中，已知，则必有（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据等比数列下标性质进行求解即可.
【详解】根据等比数列下标性质，
由，
在等比数列中，各项均不为0，所以必有.
故选：D
7．在如图所示的斜三棱柱中，，，则“”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】C
【分析】以为基底，计算，然后解不等式即可判断答案.
【详解】因为，
所以
，
所以，
因为，所以.
反之，若，则，
则，即.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
8．已知函数有两个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用指数函数的图象性质作出的图象，从而得解.
【详解】令，得，
因为有两个零点，所以函数与的图象有两个交点，
画出函数的图象，如图所示，
由图可知，则.
故选：C.
二、多选题
9．若，则的数量级为，例如，则120的数量级为2.已知木星的质量为，下列结论正确的是（ ）
A．若以为单位，则木星质量的数量级为30
B．的数量级为4
C．若以为单位，则木星质量的数星级为30
D．的数量级为3
【答案】CD
【分析】根据数量级的定义，结合木星的质量，可判断A，C；将对数式化为指数式，表示出s，结合数量级的定义可判断B，D.
【详解】由题意知木星的质量为，
若以为单位，则木星质量的数量级为27，若以为单位，则木星质量的数量级为，A错误，C正确.
因为，所以，所以的数量级为3，B错误，D正确.
故选：CD
10．已知为平面外一点，则（ ）
A．过点可以作无数个平面与平行B．过点可以作无数条直线与平行
C．过点可以作无数个平面与垂直D．过点可以作无数条直线与垂直
【答案】BC
【分析】根据过平面外一点只能作一个平面与已知平面平行和过平面外一点只能作一条直线与已知平面垂直的结论即可推理得到.
【详解】对于选项A，若为平面外一点，过点只能作一个平面与平行，故A项错误；
对于选项B，过点先作一个平面与平行，再在平面内，过点P可以作无数条直线与平行，故B项正确；
对于选项C，过点先作一条直线与垂直，再经过直线可作无数个平面与垂直，故C项正确；
对于选项D，因过平面外一点只能作一条直线与平面垂直，故D项错误.
故选：BC.
11．如图，在直角梯形中，，，将直角梯形绕着旋转一周得到一个圆台，下列说法正确的是（ ）
A．该圆台的体积为B．该圆台的侧面积为
C．该圆台可由底面半径为，高为的圆锥所截得D．该圆台的外接球半径为
【答案】ABD
【分析】利用圆台体积公式、圆台侧面积公式以及圆台定义直接判断选项ABC，根据圆台与外接球的轴截面，利用，转化即可求出外接球半径.
【详解】由题知该圆台的高，上底面圆的半径，下底面圆的半径.
对于A，该圆台的体积，A正确.
对于B，该圆台的侧面积，B正确.
对于C，由题知，，
则该圆台可由底面半径为，高为的圆锥所截得，C错误.
对于D，作该圆台与它的外接球的轴截面，如图所示，
其中点就是外接球的球心，且在上，，
设，则，即，
可得，所以外接球半径，D正确.
故选：ABD
12．若关于的不等式的解集恰有50个整数元素，则下列各选项正确的是（ ）
A．的值可能为-43
B．这50个整数元素之和可能为-925
C．的值可能为57.5
D．这50个整数元素之和可能为1625
【答案】BCD
【分析】考虑，，，解不等式，再根据解集恰有50个整数元素，计算得到答案.
【详解】不等式等价于不等式.
当时，的解集为，不合题意；
当时，的解集为，则50个整数解为，
所以，这50个整数元素之和为；
当时，的解集为，则50个整数解为，
所以，这50个整数元素之和为.
综上所述：的取值范围是，这50个整数元素之和为-925或1625.
故选：BCD.
三、填空题
13．已知向量，且，则 .
【答案】12
【分析】根据向量共线的坐标运算即可求解.
【详解】由，可得，解得.
故答案为：12
14．某正方体的棱长为，则该正方体内切球的表面积为 .
【答案】
【分析】根据正方体的棱长求出内切球的半径，进而求得内切球的表面积.
【详解】因为正方体的棱长为，所以内切球的半径为，
所以该正方体内切球的表面积为.
故答案为：
四、双空题
15．若，则 ， .
【答案】
【分析】利用三角函数倍角公式与和差公式即可得解.
【详解】因为，
所以，，且，解得，
故，则，
所以.
故答案为：；.
五、填空题
16．如图，已知平面五边形的周长为12，若四边形为正方形，且，则当的面积取得最大值时， ．

【答案】
【分析】根据几何关系构造函数关系式利用导数求函数的最值.
【详解】过点作，垂足为．设，则，
∵，∴，则，
由，得．
在中，．
记的面积为，则．
设函数，则，
令，得或．当时，；
当时，．故当时，取得最大值，
则取得最大值，此时．

故答案为：.
【点睛】利用导数求最值的方法就是先求出函数的极值，若极值有多个，则需要比较各极值与端点值，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值；若函数只有一个极大（小）值，则这个极大（小）值就是函数的最大（小）值.
六、解答题
17．a，b，c分别为内角A，B，C的对边.已知.
(1)求；
(2)若A为钝角，且，，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理化简即可求解；
（2）由（1），根据同角的三角函数关系求出，结合余弦定理计算即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以.
（2）因为A为钝角，且，所以.
由余弦定理得，
即，由解得，
所以的周长为.
18．已知函数图象的一条对称轴方程为，
(1)求的最小正周期；
(2)求在上的值域.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简，从而利用整体代入法求得，由此得解；
（2）利用整体法求得的范围，从而利用三角函数的性质即可得解.
【详解】（1）
，
因为图象的一条对称轴方程为，
所以，所以，
因为，所以，
所以.
（2）由（1）知，
因为，所以，
所以，故.
七、证明题
19．已知数列满足.
(1)证明：数列是等比数列.
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）利用等比数列的定义，结合的条件即可证明；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）证明：因为，
所以.
又，所以，
所以数列是等比数列，且首项为4，公比为2.
（2）解：由（1）知，
即，则.
，
，
则
，
所以.
20．如图，在底面为梯形的四棱锥中，底面，.
(1)证明：平面.
(2)延长至点，使得，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量和直线的方向向量，由点到平面的距离公式求解即可.
【详解】（1）证明：因为，所以.
因为底面，所以，
因为，平面，所以平面，
又，所以平面.
（2）解：以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，.
设平面的法向量为，
则，即令，得.
因为，所以点到平面的距离.
八、解答题
21．已知数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)在和之间插入个数，使得这个数依次构成一个等差数列，设此等差数列的公差为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）按题意两式相减即可，注意验证首项
（2）按题意算出通项，再裂项相消即可求解
【详解】（1）当时，，解得．
因为，
所以当时，，
两式相减得，即．
因为满足上式，所以．
（2）由题意可得，，
．
22．已知函数.
(1)求的单调区间，
(2)当时，对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2).
【分析】（1）求出，分、 、、讨论可得答案；
（2）由已知整理得，构造函数，利用的单调性可得，令，再利用的单调性求得最值可得答案.
【详解】（1），
当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时，令，得或，令，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
当时，恒成立，则在上单调递增，
当时，令，得或，令，得，
在和上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
（2），即，
整理得，因为，所以，
令，
因为，所以在上单调递减，
因为，所以，所以，
因为，所以，令，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，即实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键点是构造函数，利用的单调性可得，再构造函数.