2024届黑龙江省绥化市肇东四中高三上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2024届黑龙江省绥化市肇东四中高三上学期第二次月考数学试题含答案，共13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，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据复数的四则运算法则计算即可.
【详解】.
故选：B.
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．，D．
【答案】B
【分析】根据交集概念进行求解.
【详解】，.
故选：B
3．的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据诱导公式即可求出．
【详解】．
故选：C．
4．已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且在(0，＋∞)上单调递增，则不等式f(x)>f(2x－3)的解集是（ ）
A．(－∞，3)B．(3，＋∞)
C．(0，3)D．
【答案】D
【分析】本题先根据函数的单调性建立建立不等式，再解不等式即可.
【详解】因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(2x－3)⇔x>2x－3>0，解得故选：D.
【点睛】本题考查借函数的单调性解不等式，是基础题.
5．已知是所在平面外一点，是中点，且，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】A
【分析】利用向量减法的三角形法则进行计算即可.
【详解】因为M是PC中点，
，又，
，
∴.
故选：A.
6．下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，
C．当时，的最小值为2
D．当时，无最大值
【答案】A
【分析】当时，由基本不等式可得，，当时，，当时，由对勾函数的单调性可知，在上单调递增，当时，函数单调递增，故当时函数取得最大值，从而可求．
【详解】解：当时，由基本不等式可得，，当且仅当即时取等号；故A正确；
当时，，故B错误；
当时，由对勾函数的单调性可知，在上单调递增，故当时，函数取得最小值，故C错误；
当时，函数单调递增，故当时函数取得最大值0，故D错误．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，及利用函数的单调性求解函数的最值，属于基础试题．
7．已知集合，则=（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先求得不等式，再由交集定义求解即可.
【详解】由题，因为，解得，
所以，
故选:A
8．已知，且•7，则（ ）
A．B．C．或D．
【答案】B
【分析】根据 ••（）••，利用两个向量的数量积公式和已知条件求得结果．
【详解】••（）••7﹣（2，1）•（3，﹣1）＝7﹣（6﹣1）＝2，
故选：B．
【点睛】本题主要考查平面向量基本定理，考查向量的坐标运算，属于基础题．
二、多选题
9．，，是空间三条不同的直线，则下列结论错误的是（ ）
A．，B．，
C．，，共面D．，，共点，，共面
【答案】ACD
【分析】根据线线的位置关系，结合平面的基本性质判断各选项正误即可.
【详解】解：由，，则、平行、异面都有可能，故A错误；
由，得，故B正确；
当时，，，不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，互相平行但不共面，故C错误；
当，，共点时，，，不一定共面，如三棱柱共顶点的三条棱不共面，故D错误；
故选：ACD.
10．p是q的必要条件的是（ ）
A．B．
C．p：四边形的两条对角线互相垂直平分，q：四边形是正方形D．，q：关于x的方程有唯一解
【答案】CD
【分析】A选项解出不等式即可得到关系；B选项举出反例即可判定；CD说法满足题意.
【详解】对于A，，，∴p推不出q，q推不出p，p是q既不充分也不必要条件；
对于B，；当时，满足但q推不出p，故p是q的充分不必要条件；
对于C，若“两条对角线互相垂直平分”成立推不出“四边形是正方形”；
反之，若“四边形是正方形”成立“两条对角线互相垂直平分”成立，故p是q的必要条件；
对于D，关于x的方程有唯一解，故p是q的充分必要条件.
故选：CD.
11．下列选项中，满足的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】利用指数、对数函数、幂函数的单调性逐项比较大小即可.
【详解】对于A，函数在上单调递增，则，即，A不满足；
对于B，函数在上单调递减，则，
即有，因此，即，B满足；
对于C，函数在R上单调递减，则，即，C满足；
对于D，函数在上单调递增，则，即，D满足.
故选：BCD
12．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的最大值为2
C．的图象关于直线对称
D．在上单调递减
【答案】BD
【分析】由、是否成立判断A、C；由，结合余弦函数、二次函数性质判断B、D.
【详解】由，
所以不是的周期，A错；
由，
所以的图象不关于直线对称，C错；
由，而，
所以，B对；
由在上递减，且，
结合二次函数及复合函数的单调性知：在上单调递减，D对.
故选：BD
三、填空题
13．已知， ．
【答案】
【分析】先求导数，然后令即可.
【详解】，则，则.
故答案为：.
14．等比数列{an}中，a1＝1，q＝﹣3，则a5＝ （用数字作答）．
【答案】81
【分析】利用等比数列的通项公式即可求出.
【详解】解:∵a1＝1，q＝﹣3，
∴a5＝（﹣3）4＝81．
故答案为：81
【点睛】本题考查利用等比数列的通项公式求值,是基础题.
15．若，则= .
【答案】3
【详解】试题分析：.
【解析】恒等变换公式.
16．若直线与函数的图象相切于点，则 .
【答案】
【分析】利用导数的几何意义得出，化简可得出，对等式取对数化简后可得结果.
【详解】由可得.
由已知可得，，即，
可得，两边取自然对数可得，所以.
故答案为：.
四、解答题
17．已知空间有不重合的四点．
（1）若，求点的坐标；
（2）若是平面的一个法向量，求和的值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）因为，故存在实数，使得，再列式计算即可；
（2）因为是平面的一个法向量，故，再利用两个向量垂直则数量积为0计算即可
【详解】解：，
因为，故存在实数，使得，
即，
故解得
点的坐标为；
（2）因为是平面的一个法向量，故，
又，，
故，
解得．
18．在各项为正数的等比数列中，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据数列的通项公式列出关于的表达式，即可求出，从而进一步求出的通项公式；
（2）根据对数运算求出，从而利用等差数列的求和公式进一步求解.
【详解】（1）设数列的公比为，
因为，
所以.
又因为数列的各项为正数，
则，解得或（舍）.
∴.
（2）由题意，
∴.
19．在中，，，.
(1)求；
(2)求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理计算可得；
（2）首先利用两角和的正弦公式求出，在根据面积公式计算可得.
【详解】（1）因为，，，
由正弦定理，即，解得，
又，所以，所以.
（2）由（1）可得，
所以，
所以.
20．如图，三棱柱中，侧面是菱形，其对角线的交点为O，且，．

(1)求证：平面；
(2)设，若直线与平面所成的角为，求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）推导出，，从而平面，进而，再求出，由此能证明平面．
（2）由，得直线与平面的所成角等于直线与平面的所成角，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的大小．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，，
，且，平面，
平面，因为平面，，
，是的中点，，
又，平面，所以平面．
（2）解： ，
直线与平面的所成角等于直线与平面的所成角，
平面，
直线与平面的所成角为，即，
设菱形的边长为2，则在等边中，，，
在等腰直角中，，
以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，
，，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，得，0，，
平面的一个法向量为，
所以，显然二面角为锐二面角，
二面角的大小为．
21．如图，在三棱柱中，＝2，且，⊥底面ABC，E为AB中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过构造中位线的方法来证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得二面角的余弦值.
【详解】（1）连接 与交于点O，连接OE，
由分别为的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）由，底面，故底面，
建立如图所示空间直角坐标系：则，
所以，
设平面的一个法向量为：，
则，即，
令，则，则，
因为底面，所以为平面一个法向量，
所以，
由图可知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
22．已知函数（其中）.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；
（2）分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；
（3）由参变量分离法可得，利用导数求出函数的最大值，即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）解：当时，，则，所以，，，
所以，当时，在处的切线方程为，即.
（2）解：函数的定义域为，.
当时，对任意的，，此时函数的增区间为，无减区间；
当时，由可得，由可得，
此时，函数的增区间为，减区间为.
综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间；
当时，函数的增区间为，减区间为.
（3）解：由可得，
令，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的增区间为，减区间为，
所以，，则，解得，
因此，实数的取值范围是.