2024届江苏省连云港市部分学校高三上学期10月第二次学情检测数学试题含答案

这是一份2024届江苏省连云港市部分学校高三上学期10月第二次学情检测数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若复数，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用复数的运算法则、复数的相等运算即可得解.
【详解】解：由题意，∵，
∴，解得：.
故选：A.
2．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先求出集合，再由交集，补集，并集的定义判断A，C，D；由集合间的关系判断B.
【详解】由，则，解得：，
所以，
由可得，即，则，
解得：，故， 故B错误；
故A或，故A错误；
或，，故C正确；
，故D错误.
故选：C.
3．若为偶函数，则（ ）
A．B．0C．D．
【答案】D
【分析】求出函数的定义域，利用函数奇偶性的定义建立方程进行求解即可．
【详解】由，得或，
由是偶函数，，
得，
即，
即，
则，
由于不恒为0，所以
，得，
故选：D
4．向量，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用平面向量的数量积及模长计算夹角即可.
【详解】由已知可得，
又，
所以.
故选：A
5．“”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】A
【分析】根据充分条件、必要条件的概念，结合三角恒等式即可得结果.
【详解】若，则，
所以，即充分性成立；
若，则，即，
所以不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
6．记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120B．85C．D．
【答案】C
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】已知等式利用两角和的正弦公式和辅助角公式化简得，再利用诱导公式求的值.
【详解】由，
得，所以
故选：B
8．已知定义在上的函数满足，且，，，．若，恒成立，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由得到的图象关于点对称，再由，，，得到在上单调递增，再将，转化为，从而有，即，，然后令，，用导数法求得其最大值即可.
【详解】解：由，得，故的图象关于点对称．
因为，，，．
所以在上单调递增，故在上单调递增，
因为，
所以，
所以，即，．
令，，
则．
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，所以．
故选：B
二、多选题
9．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据对数函数的单调性及取特殊值，，即可判断A；根据幂函数的单调性即可判断B；取特殊值，即可判断C；根据指数函数的单调性即可判断D．
【详解】对于A，由函数在上单调递增，
又，不妨取，，此时，
所以，故A错误；
对于B，由函数在R上单调递增，又，所以，所以B正确；
对于C，由，不妨取，，此时，故C错误；
对于D，由函数在R上单调递减，又，所以，故D正确．
故选：BD．
10．已知函数的一个极大值点为1，与该极大值点相邻的一个零点为，将的图象向左平移1个单位长度后得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．在区间上单调递增
C．为奇函数
D．若在区间上的值域为，则．
【答案】BD
【分析】对于A，根据余弦型函数的图象与性质进行判断；对于B，由余弦型函数增区间公式得出结果；对于C，根据图象平移变换及函数奇偶性定义进行判断；对于D，根据余弦型函数的定义域、值域的关系以及图像与性质得出结果．
【详解】设的最小正周期为T，由题意，，得，所以，
所以，又点在的图象上，所以，
所以，，即，，
又，所以，
对于A，因为，故A错误；
对于B，令，，解得，，
所以的单调递增区间为，，
当时，单调递增区间为，故B正确；
对于C，因为，
所以为偶函数，故C错误；
对于D，当时，，又的值域为，如图，
当时，，

所以，解得，故D正确．
故选：BD.
11．在中，内角，，所对的边分别为，，，，内角的平分线交于点且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的最小值是2
C．的最小值是D．的面积最小值是
【答案】ABD
【分析】由三角形面积公式寻找，关系，再利用基本不等式判断．
【详解】解：由题意得：，
由角平分线以及面积公式得，
化简得，所以，故A正确；
，当且仅当时取等号，
，，
所以，当且仅当时取等号，故D正确；
由余弦定理
所以，即的最小值是，当且仅当时取等号，故B正确；
对于选项：由得：，，
当且仅当，即时取等号，故C错误；
故选：ABD．
12．定义在上的函数满足为偶函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】由已知条件得到函数的奇偶性和对称性，对选项进行验证.
【详解】由，令，则有，
即为奇函数，，
由为偶函数，的对称轴为，得，故B选项正确；
则有，可得
即有，
所以是周期函数，且周期为4（不一定是最小正周期），C选项正确；
，故A选项错误；
，已知条件不能得到的值，D选项错误．
故选：BC
三、填空题
13．已知函数，则 ．
【答案】1
【分析】代入计算即可．
【详解】由函数，有.
故答案为：1
14．已知向量，，且，则 ．
【答案】
【分析】根据向量垂直可得，即可弦切互化求解.
【详解】由可得，
所以，
故答案为：
15．在锐角三角形，，且则边上的中线长为 ．
【答案】
【分析】根据题设条件整理得，再利用正弦定理和余弦定理得到，进而利用向量的数量积运算求得，由此得解.
【详解】因为，所以，
整理得，即，
即，即，
由正弦定理，可得，
又由余弦定理得，
所以，即，则，
假设的中点为，则，所以，
则，
所以.
故答案为：.
四、双空题
16．已知直线与曲线和都相切，请写出符合条件的两条直线的方程： ， ．
【答案】
【分析】设出切点，利用切点求出切线方程，联立方程求出切点处的值，代入求出切线方程.
【详解】因为，，所以，，
设直线与曲线和分别切于点，，
所以切线方程分别为，，
即，，
因此，则，
又，
所以，
化简得，
解得或，
当时，切线方程为，
当时，切线方程为.
故答案为：，.
五、解答题
17．设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；
（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.
【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，
，
；
（2）设的前项和为，，
，①
，②
①②得，
，
.
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.
18．如图，直三棱柱中，，平面平面．

(1)求证：；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点作，根据题意证得平面，得到，再由三棱柱为直三棱柱，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可得到；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）如图所示，过点作于点，
因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
由三棱柱为直三棱柱，可得平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以.

（2）如图所示，以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，可得，
则,
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
则，
设二面角的平面角为为锐角，可得，所以，
即二面角的正弦值为.

19．已知函数的最大值为1.
(1)求常数m的值；
(2)若，，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据辅助角公式化简可得，然后根据正弦函数的性质，即可得出答案；
（2）根据已知可得出，，然后根据二倍角公式得出的值，根据两角差的余弦公式，即可得出答案.
【详解】（1）
，
当，即时，，
所以.
（2）由（1）知，.
由得，，所以.
又，所以，
所以，
所以，
，
所以
.
20．已知数列的前项积为，且.
(1)求证：数列是等差数列；
(2)证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的定义，为定值即可证明.
（2）由结合（1）求的通项公式，进而得，再把化简代入求值，从而即可证明.
【详解】（1）由数列的前项积为，得，又，
所以，当时，，整理得，即，
所以，当时，为定值，
所以数列是等差数列.
（2）因为，令，得，，故，
结合（1）可知，是首项为2，公差为1的等差数列，
所以，得.
所以，当时，，
显然符合上式，
所以.
所以，
故
.
因为，，
所以.
21．在中，，，所对的边分别为，，，已知.
(1)若，求的值；
(2)若是锐角三角形，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用余弦定理即可求解.
（2）先利用余弦定理、正弦定理、两角和差公式得，再把化简到同一个角的三角函数，最后利用正弦函数的单调性确定取值范围.
【详解】（1）在中，，据余弦定理可得，
又，故，即，
又，故，得.
（2）在中，据余弦定理可得，
又，故，即，
又，故.
据正弦定理，可得，
所以，
即，
所以，，
因为，所以，或，
即或（舍）.
所以.
因为是锐角三角形，所以得，
所以，故，
，
所以的取值范围是.
22．已知函数．
(1)求证：；
(2)若函数在上存在最大值，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，求得，令，求得，得到函数的单调性，结合，即可得到；
（2）根据题意得到，求得，令，得到，分，和，三种情况讨论，结合零点的存在性定理和函数的单调性、极值（最值）的定义，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得，则，
令，可得，
当时，可得，单调递增；
当时，可得，单调递减，
所以，所以，
即，即.
（2）解：由函数
可得
令，可得
①当时，，在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，无最大值；
②当时，，可得在上单调递减，
所以，所以在上单调递减，无最大值；
③当时，由，可得，
所以当时，， 在上单调递增；
当时，， 在上单调递减，
由（1）知，，
所以当时，，
取，则且，
又由，
所以由零点的存在性定理，存在，使得，
所以当时，，即；
当时，，即，
所以在单调递增，在单调递减，
此时在上存在最大值，符合题意，
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数或；
②，构造函数或；
③，构造函数或.