2024届辽宁省北镇市第二高级中学、第三高级中学高三上学期第四次月考数学试题含答案

这是一份2024届辽宁省北镇市第二高级中学、第三高级中学高三上学期第四次月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解指数不等式化简集合，用列举法表示集合，再进行并集运算即可.
【详解】由题意知，
，
所以.
故选：A.
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据复数的除法运算，求出复数，然后利用即可求解.
【详解】因为复数满足，所以，
所以.
故选：B.
3．若圆锥的母线长为6，其侧面展开图的面积为，则这个圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆锥母线即侧面展开图可求得底面圆半径，再利用勾股定理可求得圆锥的高为，由体积公式即可得结果.
【详解】由题可知圆锥的侧面展开图扇形的半径，
设底面圆的半径为，则，解得，
所以圆锥的高，
所以该圆锥的体积.
故选：D.
4．已知，是单位向量，若，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知可推得，进而即可求出投影向量.
【详解】根据已知可得，
所以，.
所以，在上的投影向量为.
故选：D.
5．设,若直线与直线平行,则的值为
A．B．C．或D．或
【答案】B
【分析】由a（a+1）﹣2=0，解得a．经过验证即可得出．
【详解】由a（a+1）﹣2=0，解得a=﹣2或1．
经过验证：a=﹣2时两条直线重合，舍去．
∴a=1．
故选B．
【点睛】本题考查了两条直线平行的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
6．已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先把化成，求出的零点的一般形式为，根据在区间内没有零点可得关于的不等式组，结合为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.
【详解】由题设有，
令，则有即.
因为在区间内没有零点，
故存在整数，使得，
即，因为，所以且，故或，
所以或，
故选：D.
【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题.
7．折扇（图1）是具有独特风格的中国传统工艺品，炎炎夏季，手拿一把折扇，既可解暑，又有雅趣．图2中的扇形为一把折扇展开后的平面图，其中，，设向量，，若，则实数的值为（ ）
A．1B．3C．7D．14
【答案】D
【分析】先利用题意算出，然后利用数量积的运算律对进行化简，即可求解
【详解】因为，，
所以，
因为向量，，，
所以，
即，解得
故选：D
8．若恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将变形为，通过构造函数，对求导，利用导数与函数的单调性间的关系，得到在区间单调递增，从而得到，进而将恒成立转化成恒成立，也即恒立，构造函数，再对进行求导，求出的单调区间，即可求出结果.
【详解】易知，，由，
得到，可变形为，
即，
所以恒成立，即恒成立，
令，则，
令，则，
当时，，时，，
即在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，即在区间上恒成立，
所以在区间上单调递增，
又，所以恒成立，也即恒成立，
又，所以恒立，
令，则，
当时，，当时，，
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故，所以，
故选：A.
【点睛】关键点晴：将变形为，通过构造函数，利用导数与函数的单调性间的关系，得到恒立，再转化成求函数的最值即可解决问题.
二、多选题
9．下列函数中，是奇函数且在区间上是减函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】根据所给条件，逐一分析各选项中函数的奇偶性及其在区间上的增减性即可.
【详解】对于A，函数的定义域为R，是增函数，A不对；
对于B，函数的定义域为R，是奇函数，并且在上单调递减，B对；
对于C，函数的定义域为，是奇函数，并且在上单调递减，C对；
对于D，函数的定义域为R，且，是奇函数，对函数求导，
当，函数单调递减，即，解得，所以递减区间是.D不对．
故选：BC
10．已知、、是三条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若、是异面直线，，，且，则
【答案】ACD
【分析】由线面、面面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.
【详解】若，，由面面平行的性质定理可得成立，故A正确；
两个平行平面内的两条直线位置是平行或异面，即不一定正确，故B错误；
若，且，则，故C正确；
如图，因为，所以存在直线，且满足，又，所以，
同理存在直线，且满足，又，所以，
因为、是异面直线，所以与相交，设，又，，
所以，故D正确.
故选：ACD.
11．在等比数列中，，，则（ ）
A．的公比为4B．的前20项和为170
C．的前10项积为D．的前n项和为
【答案】ABC
【分析】利用等比数列的性质、等差数列、等比数列的求和公式计算即可.
【详解】由题意可知，所以，
所以，，A对；
由上可知：，所以，
B对；
而，C对；
记的前n项和为，则
的前n项和，
D错，
故选：ABC.
12．已知定义在上的函数满足，在下列不等关系中，一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】构造函数，求导得到在R上单调递减，然后根据单调性比较大小即可.
【详解】因为，所以
令，则，
因为，，所以，所以在R上单调递减，
，即，即，故A正确，B错；
，即，即，故C错，D正确.
故选：AD.
三、填空题
13．已知锐角满足，则 .
【答案】
【分析】利用同角三角函数基本关系及倍角公式变形计算即可.
【详解】因为，所以，又为锐角，
所以，即，
所以.
故答案为：
14．数列的前n项和为，若，，则 ．
【答案】96
【分析】根据求出，，求出，从而得到答案.
【详解】①，②，
两式相减得，故，，
令中得，，
所以.
故答案为：96
15．在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，平面，若P，A，B，C四点都在表面积为的球的球面上，则三棱锥的体积为 ．
【答案】/
【分析】由题意确定三棱锥外接球球心位置，根据外接球表面积求得外接球半径，即可求得PA的长，利用三棱锥体积公式即可求得答案.
【详解】设为正的中心，M为的中点，
过点作平面的垂线l，由于平面，故，
在确定的平面内作，垂足为O，则四边形为矩形，
连接，则，
故，则O即为三棱锥外接球的球心，
因为P，A，B，C四点都在表面积为的球的球面上，
设外接球半径为R，故，
是边长为2的等边三角形，故,
故，
所以三棱锥的体积，
故答案为：
16．中，三内角所对边分别为，已知，，则角的最大值是
【答案】/
【分析】由题意，利用正弦定理将角化边，再结合余弦定理可得，代入消去，利用基本不等式求出的范围，得解；或利用三角恒等变换结合正切函数的性质即得.
【详解】解法一：，
由正弦定理得，由余弦定理得，将代入，可得，
而，消去可得，
当且仅当时取等号.
在上单调递减，
.
解法二：，
又，
，为锐角，且，
即，为钝角，为锐角，
而，
在上单调递增，
.
故答案为：
四、问答题
17．已知是首项为1的等比数列，且，，成等差数列.
(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）设等比数列的公比为，根据已知根据等差中项的性质列出关系式，求解即可得出；
（2）根据（1）的结论得出，，然后根据错位相减法求和，即可得出答案.
【详解】（1）设等比数列的公比为，，
因为，，成等差数列，
所以，即，
化简可得，解得.
又，
所以数列的通项公式为.
（2）因为，
所以，
则，①，
，②
①-②得，
所以.
18．已知函数（，，）的图象相邻两条对称轴间的距离为．函数的最大值为2，且______．
请从以下3个条件中任选一个，补充在上面横线上，①为奇函数；②当时；③是函数的一条对称轴．并解答下列问题：
(1)求函数的解析式；
(2)在中，、，分别是角，，的对边，若，，的面积，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由最大值确定A，根据相邻两条对称轴间的距离为确定最小正周期，从而确定，选①，可得，求解即可；选②，，求解即可；选③，整体思想，求解即可.
（2）利用面积公式求出，结合余弦定理即可求解.
【详解】（1）由题意得，
∴最小正周期，则，
∴.
若选①，为奇函数，则，
∴，即
∵，即，
∴即，
∴.
若选②，当时，
∴即，
∵，
∴，
∴.
若选③，是函数的一条对称轴，
∴即
∵，
∴，
∴.
（2）∵，
∴,即，
∵即，
∴，即，
又∵，的面积，
∴得，
在中，由余弦定理得：，
解得.
19．如下图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，且，.
(1)求三棱锥的体积；
(2)求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为底面，为高，可求得三棱锥的体积；
（2）利用坐标法求线面夹角正弦值，进而可得余弦值.
【详解】（1）三棱柱为直三棱柱，
平面平面，且平面平面，即平面为矩形，
，，且点为中点，
，且为直角三角形，，
平面，
又点为中点，
，
，
，
，即，
所以；
（2）
如图所示，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，
即，
所以，
即直线与平面所成角的余弦值为.
五、证明题
20．设数列的前n项和为，．
(1)求证数列为等比数列，并求数列的通项公式．
(2)若数列的前m项和，求m的值，
【答案】(1)证明见解析，
(2)7
【分析】（1）利用数列中与的关系，得，可证明数列为等比数列，可求数列的通项公式．
（2）利用裂项相消求数列的前m项和，由求m的值.
【详解】（1）因为，所以当时，，解得．
当时，，则，
整理得，故，，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以．所以
（2），
数列的前m项和
，
则，则，则，解得，故m的值为7．
六、问答题
21．在锐角中，内角的对边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若外接圆的半径为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据题意由正弦定理以及两角和的正弦公式可得，即可得，结合角的范围可得；
（2）利用正弦定理可得，，，代入表达式利用三角恒等变换可得，再根据角的范围由三角函数值域即可得.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得
，
由正弦定理得，所以，
由余弦定理得，
又，所以.
（2）由正弦定理得，
所以，，，
所以
，
因为是锐角三角形，所以，所以，
所以，所以，
所以，
即的取值范围是.
七、证明题
22．已知
(1)若有两个零点，求的取值范围；
(2)若方程有两个实根、，且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：由参变量分离法可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可求得实数的取值范围；
解法二：直接对函数求解，通过对参数的分类讨论，研究函数的单调性与极最值，通过分析原函数图象，数形结合求得实数的取值范围.
（2）解法一：首先通过同构，将等式整理成，再令，通过已知条件，假设，是的两个零点，进而可得，要证，即证，即证，令，构造函数进行证明即可；
解法二：首先根据已知条件、是的两个零点，证，即证，然后分和两种情况进行分类讨论，最终构造函数（）进行证明.
【详解】（1）解法一：函数的定义域为，由可得，
令，其中，则，令可得，列表如下：
且当时，，作出函数和的图象如下图所示：
由图可知，当时，
即当时，直线与函数的图象有两个公共点，
因此，实数的取值范围是.
解法二：
当时，∴恒成立得在上递增，
则函数不可能存在两个零点，故该情况不成立；
当时，得在递增；在递减，
要使有两个不同零点，
必须且极大值（和时），
∴.
（2）解法一：方程
令，由有两个实根、，
则，是的两个零点，
由且，可得，
由可得，要证，
即证，即证，
∵，∴，∴即证.
令，即证，
构造函数，其中，即证，
，所以，函数在上单调递增，
∴，故原不等式成立.
解法二：方程
令，由有两个实根、，
则、是的两个零点
由可得为减函数，
要证，即证，
由的图象，不妨设（，分布在的极值点两侧）
要证，只需证
①当时，因，故上式显然成立.
②当时，，又，
由在递增，即证明
构造函数（）
，
∴在为增函数，，所以要证的不等式成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
＋
0
－
增
极大值
减