阶段性检测4.1（易）（范围：高考全部内容）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）

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一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简集合，根据交集运算求解.
【详解】根据题意，得，
所以，
故选：A.
2．已知甲的年龄大于乙的年龄，则“丙的年龄大于乙的年龄”是“乙和丙的年龄之和大于甲的年龄的两倍”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据充要条件定义结合不等式的性质判断即可.
【详解】设甲､乙､丙的年龄分别为x，y，z，根据已知条件得.若丙的年龄大于乙的年龄，则，则，因为，所以未必成立.
若乙和丙的年龄之和大于甲的年龄的两倍，则，则，即，所以丙的年龄大于乙的年龄.
故“丙的年龄大于乙的年龄”是“乙和丙的年龄之和大于甲的年龄的两倍”的必要不充分条件.
故选：B.
3．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，则外接圆的半径为（ ）.
A．B．C．D．3
【答案】A
【分析】先求得，利用正弦定理求得外接圆的半径.
【详解】因为为锐角，所以.
设外接圆的半径为，
因为，所以.
故选：A
4．已知函数在区间上的大致图象如图所示，则的解析式可以是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用排除法，根据函数的奇偶性和符号分析判断.
【详解】因为，所以为奇函数，
对于选项A：因为为奇函数，则为偶函数，不合题意，故A错误；
对于选项B：因为为奇函数，则为偶函数，不合题意，故B错误；
对于选项D：当时，，可得，
则，
所以当时，恒成立，不合题意，故D错误；
故选：C.
5．已知数列满足，是数列的前项和，若已知，那么的值为（ ）
A．322B．295C．293D．270
【答案】A
【分析】由递推公式分析可知数列的前项是首项为，公比为的等比数列，从第项开始是首项为，公差为的等差数列，根据等比数列和等差数列求和公式可求出结果.
【详解】∵，由可知，数列的前项是首项为，公比为的等比数列，
故为奇数，为奇数，所以从第项开始是首项为，公差为的等差数列，
所以.
故选：A
6．已知长方体，其中，，为底面上的动点，于且，设与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】确定是与平面所成的角，不妨设，求出，利用求得的最小值，再由得的最大值．
【详解】平面，平面，所以，又，，
所以，，，所以，
所以点轨迹是对角线的中垂面与底面的交线，为一条线段．
由平面知是与平面所成的角，
不妨设，
则，，得，．，即的最大值为，
故选：D．
7．已知定义在上的奇函数满足：的图象是连续不断的且为偶函数.若有，则下面结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的单调性和对称性得到函数的周期，然后利用函数的单调性即可求解.
【详解】∵为偶函数，
∴且的图象关于对称，

∵为奇函数，∴的图象关于对称，
∴为周期函数，，
∵有，∴在上单调性递减，
∴由的图象的连续性以及单调性、对称性可得其草图如上所示：
∵，，，
∴，
故选：D.
8．已知函数，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】由题干条件得到，构造，求导得到其单调性，从而得到最小值，求出答案.
【详解】的定义域为，根据对数函数的图象和性质可知，
当时，，当时，，
所以时得，
，当时，，单调递增，
又，所以，
令，则，
由解得，则
当时，，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，，即的最小值为.
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．已知为虚数单位，下列关于复数的命题正确的有（ ）
A．B．复数的虚部为
C．若，互为共轭复数，则D．若复数为纯虚数，则
【答案】ACD
【分析】根据复数的运算、虚部的定义与共轭复数的概念、纯虚数的概念分别判断即可.
【详解】对A，因为，A正确；
对B，复数的虚部为1，B不正确；
对C，令，，，，所以，故C正确；
对D，若复数为纯虚数，则，且，即，故D正确．
故选：ACD
10．已知实数满足，则下列不等式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据题意，得到，结合作差比较法，可判定A正确，D不正确；利用不等式的基本性质，可得判定B正确；由基本不等式，可判定C正确.
【详解】由不等式，可得且，即，
对于A中，由，所以，所以A正确；
对于B中，由，根据不等式的性质，可得，所以B正确；
对于C中，由，
当且仅当时，即时等号成立，
因为，所以等号不成立，即1，所以C正确；
对于D中，由，可得，则，所以，所以D错误.
故选：ABC.
11．如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体，且该八面体的各棱长均相等，则（ ）

A．异面直线AE与BC所成的角为B．
C．平面平面CDED．直线AE与平面BDE所成的角为
【答案】ABC
【分析】对于A，异面直线AE与BC所成的角转化为直线AE与AD所成角即可；
对于B，只需证明平面ACE即可；
对于C，需证平面CDE与平面CDE；
对于D，先证平面BEDF，故即为直线AE与平面BDE所成的角，求解即可.
【详解】因为，所以（或其补角）即为异面直线AE与BC所成的角，
又，所以，
即异面直线AE与BC所成的角为，A正确；
连接AC交BD于点O，则点O为正方形ABCD的中心，连接EF，
根据正棱锥的性质可知EF必过点O，且平面ABCD，
所以，又，，OE，平面ACE，
所以平面ACE，又平面ACE，所以，B正确；
由对称性可知，，所以四边形AFCE为平行四边形，
所以，又平面CDE，平面CDE，所以平面CDE，
同理平面CDE，又，AF，平面ABF，
所以平面平面CDE，C正确；
由，，得，在正方形ABCD中，，
又，所以平面BEDF，
所以即为直线AE与平面BDE所成的角，
设该八面体的棱长为2，则，
所以，所以，D错误.
故选：ABC.

12．已知函数的定义域为，其导函数为，且，，则（ ）
A．B．
C．在上是减函数D．在上是增函数
【答案】ABD
【分析】令，可得，得出函数的单调性及，进而判定A、B正确；由，得到，设，利用导数求得函数为单调递增函数，且，可判定D正确.
【详解】令，可得，
因为，所以，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
又因为，可得，
由，即，可得，所以A正确；
又由，即，可得，所以B正确；
因为，可得，可得，
设，可得，
所以函数为单调递增函数，又因为，
所以，所以在上是增函数，所以D正确.
故选：ABD.
【点睛】知识方法：构造法求解与共存问题的求解策略：
对于不给出具体函数的解析式，只给出函数和满足的条件，需要根据题设条件构造抽象函数，再根据条件得出构造函数的单调性，应用单调性解决问题，
常见类型：（1）型；（2）型；（3）为常数型.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．函数的图像在点处的切线的斜率为 ．
【答案】
【分析】根据题意，求导得，再由导数的几何意义即可得到结果.
【详解】因为，所以，
即函数在点处的切线的斜率为.
故答案为：
14．已知平面向量不共线，若，则当的夹角为时，的值是 .
【答案】2
【分析】根据平面向量夹角公式列式可得结果.
【详解】因为，
所以，所以，
，
，
整理得，得（负值已舍去）.
故答案为：.
15．已知的定义域为,且是奇函数,当时,,.函数,则方程的所有的根之和为 .
【答案】5
【分析】根据是奇函数,可知关于对称,根据解析式可知,关于对称,根据解析式及对称性在同一坐标系下画出两函数图象,判断交点个数及位置,即可得出方程根之和.
【详解】解:由题知是奇函数,
则有:,
关于对称,且,
当时,,
,
恒过,且关于对称,
方程的所有的根之和也即是两函数交点的横坐标和,
根据对称性及解析式画出图象如下:
由图像可知,有5个交点,其中一个交点横坐标为1,
另外四个,两两分别关于对称,
故五个交点横坐标和为,
即所有根之和5.
故答案为:5
16．已知点分别是抛物线和圆上的动点，点到直线的距离为，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】分别画出抛物线和圆图象，由抛物线定义以及圆上点与圆外一点距离的最值问题即可求得结果.
【详解】如图所示：

由圆的标准方程为可知圆心，半径为，
抛物线的焦点为，准线方程为，
由抛物线定义可知，
圆外一点到圆上点的距离满足，即；
所以，
当且仅当三点共线时，等号成立；
即的最小值为．
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
17．在中，角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求角A；
(2)若的面积为1，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题设恒等式利用正弦定理将边化为正弦，再逆用和角公式合并化简，即可求得角A.
（2）先根据面积公式求出，再代入余弦定理公式，结合基本不等式求得的最小值.
【详解】（1）由已知，，
由正弦定理，
所以，即，
又，所以，解得.
（2）由题，得，
又（时取“=”）
所以，
即的最小值是，时取等号.
18．已知数列的各项均为正数，其前n项和记为，且其中λ为常数．
(1)若数列为等差数列，求；
(2)若，求数列的前20项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用赋值法，结合等差数列的性质进行求解即可；
（2）根据数列的奇数项和偶数项的性质，结合裂项相消法进行求解即可.
【详解】（1）在中，令，得，
求得，同理可得，
∵数列为等差数列，∴，∴∴，∴公差，
∴；
（2）由①，得②
②①得，又，∴．
∴数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，公差均为λ，且λ=2，
又∵，∴，，
∴
．
19．如图，在多面体ABCDEF中，四边形与均为直角梯形，平面，．

(1)已知点G为AF上一点，且，求证：BG与平面DCE不平行；
(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求AF的长及四棱锥D－ABEF的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)AF的长为4；．
【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面DCE的法向量，计算出，证明出BG与平面DCE不平行；
（2）由BF与平面DCE所成角的正弦值计算出AF的长，从而求出梯形ABEF的面积，计算出四棱锥的体积.
【详解】（1）证明：因为平面ABEF，AB，平面ABEF，
所以，，
又，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则、、、、，

所以，，，
设平面DCE的法向量为，则，
令，则，所以，
因为，且不存在使得与垂直，
所以BG与平面DCE不平行；
（2）设（且），则，所以，
∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，
∴，
化简得，解得或（舍去）；故．
此时梯形ABEF的面积，故．
20．某学校为了提高学生的运动兴趣，增强学生身体素质，该校每年都要进行各年级之间的球类大赛，其中乒乓球大赛在每年“五一”之后举行，乒乓球大赛的比赛规则如下：高中三个年级之间进行单循环比赛，每个年级各派5名同学按顺序比赛（赛前已确定好每场的对阵同学），比赛时一个年级领先另一个年级两场就算胜利（即每两个年级的比赛不一定打满5场），若两个年级之间打成则第5场比赛定胜负．已知高三每位队员战胜高二相应对手的可能性均为，高三每位队员战胜高一相应对手的可能性均为，高二每位队员战胜高一相应对手的可能性均为，且队员、年级之间的胜负相互独立．
(1)求高二年级与高一年级比赛时，高二年级与高一年级在前两场打平的条件下，最终战胜高一年级的概率．
(2)若获胜年级积3分，被打败年级积0分，求高三年级获得积分的分布列和期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据前两局平局的情况下，后面分两种情况计算高二年级最终战胜高一年级的概率即可；
（2）由题可知高三年级获得积分的的取值可为0，3，6，分别计算概率从而可得分布列与数学期望.
【详解】（1）设高二年级与高一年级在前两场打平的条件下，最终战胜高高一年级的事件为，
则
（2）根据题意得高三年级获得积分的的取值可为0，3，6
的分布列为
21．已知椭圆的左、右焦点为，，离心率为．点P是椭圆C上不同于顶点的任意一点，射线、分别与椭圆C交于点A、B，的周长为8．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若，，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用椭圆的定义及性质计算即可；
（2）设直线PA的方程为，设，，联立椭圆方程结合韦达定理可得的关系，再由易知向量线性关系转化，计算即可.
【详解】（1）∵，
∴，
由离心率为得，从而，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）
设，，则，
可设直线PA的方程为，其中，
联立，化简得，
则，同理可得，．
因为，．
所以
，
所以是定值.
22．已知函数.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)若，恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出导函数，利用几何意义求出切线斜率，代入点斜式即可求解切线方程；
（2）把恒成立问题转化为求的最小值问题，求导，分类讨论研究函数的单调性，求解函数的最值即可.
【详解】（1）当时，，
则，
所以则切线的斜率为.又，
所以函数在点处的切线方程是，即.
（2），即，即，
设，则，
当时，因为，则，，则，
故在上是增函数，则，所以当时，不等式显然成立；
当时，，令，则，
当时，，，所以，
所以在上是增函数，所以.
当时，，从而有，此时不等式恒成立；
当时，，令，则，
故在上是增函数，即在上是增函数，
又，，
故存在唯一的，使得，
当时，，为减函数且，
所以与恒成立矛盾.
综上所述，a的取值范围为.
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