山东省日照神州天立高级中学2023-2024学年高三上学期期中模拟考试2数学试题（解析版）

这是一份山东省日照神州天立高级中学2023-2024学年高三上学期期中模拟考试2数学试题（解析版），共20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。
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共计150分，考试时间120分钟.
第I卷（选择题，共60分）
一、单选题：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
【解析】
【详解】求出集合后可求.
【分析】，
所以.
故选：A.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数四则运算及模长公式计算即可.
【详解】由题意可得，
所以，
故选：A
3 已知向量，，，若，则（ ）
A. 4B. C. 3D.
【答案】C更多课件教案等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 【解析】
【分析】利用坐标表示出，根据垂直关系可知，解方程求得结果.
【详解】，，
，
，
，解得：
故选：C
4. 已知命题p:成等比数列，命题q：，那么p是q的( )条件
A. 必要不充分B. 充要C. 充分不必要D. 既不充分也不必要
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的性质结合条件关系可得正确的选项.
【详解】成等比数列，则，但，可能都为0 不一定成等比数列，
为充分不必要条件，
故选：C.
5. 函数的单调递增区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性的判断法则：“同增异减”即可求解.
【详解】令，解得的定义域为
在上递增，在上递减，函数在上为增函数
函数的单调增区间为
故选：A
6. 已知，，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用平方的方法，结合两角和的余弦公式、二倍角公式求得正确答案.
【详解】由两边平方得①，
由两边平方得②，
由①②两式相加并化简得，
所以.
故选：C
7. 圆台上、下底面的圆周都在一个表面积为的球面上，其上、下底面的半径分别为4和5，则该圆台的体积为（ ）．
A. B. C. 61D. 183
【答案】A
【解析】
【分析】由题意首先确定几何体的空间结构特征，求得球的半径和圆台的高，然后利用圆台的体积公式即可求得其体积.
【详解】设球的半径为，则，则，
圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上，
如图所示，设球的球心为O，圆台上底面的圆心为，
则圆台的高，
据此可得圆台的体积：.
故选：A.
8. 已知函数，过点作曲线的两条切线，切点分别为和，若，则实数（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查导数的计算及几何意义．
【详解】由题意知，
因为与曲线相切，
所以，整理得，
同理，
则，是方程的两个实数根，
所以，
所以．
故选：.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 已知函数的图象的一个对称中心为，则下列说法不正确的是（ ）
A. 直线是函数的图象的一条对称轴
B. 函数在上单调递减
C. 函数的图象向右平移个单位长度可得到的图象
D. 函数在上的最小值为
【答案】C
【解析】
【分析】先求得的值，然后根据三角函数的对称性、单调性、图象变换、最值等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，
由于，所以，
所以，
，所以A选项说法正确.
，所以函数在上单调递减，B选项说法正确.
函数的图象向右平移个单位长度得到，
所以C选项说法错误.
，所以当时，
取得最小值为，D选项说法正确.
故选：C
10. 已知大气压强随高度的变化满足关系式，是海平面大气压强，.我国陆地地势可划分为三级阶梯，其平均海拔如下表：若用平均海拔的范围直接代表各级阶梯海拔的范围，设在第一、二、三级阶梯某处的压强分别为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，列出不等式，根据对数函数的性质解对数不等式即可求解.
【详解】设在第一级阶梯某处的海拔为，则，即.
因为，所以，解得故A正确；
由，得.
当时，，即，所以，故B错误；
设在第二级阶梯某处的海拔为，在第三级阶梯某处的海拔为，
则，两式相减可得
因为，所以，
则，即，故，故C、D均正确.
故选：ACD.
11. 已知定义域为的函数满足：，，且，则下列结论成立的是（ ）
A. B. 为偶函数C. 为奇函数D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已知条件利用赋值法分析判断即可.
【详解】因为，，
取可得，
又，所以，A对；
取可得，
因为，所以，
所以为偶函数，C错，B对；
取可得，
又，
所以，D对．
故选：ABD
12. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则下列说法错误的是（ ）

A. 勒洛四面体被平面截得的截面面积是
B. 勒洛四面体内切球的半径是
C. 勒洛四面体的截面面积的最大值为
D. 勒洛四面体能够容纳最大球的半径为
【答案】AB
【解析】
【分析】对A选项，结合勒洛三角形得到其截面图，利用扇形面积和三角形面积公式即可得到答案；对C选项，因为A选项的截面积为C选项的最大截面积，即可判断C选项的正误；对B选项，需要利用正四面体的高以及外接球半径与棱长的关系，得到外接球半径为，再根据图形得到勒洛四面体的内切球半径，进而判断出选项的正误；对D选项，B选项中所求半径即为该勒洛四面体的能够容纳的最大球的半径，即可判断D选项.
【详解】对于选项A，截面示意图如下：

，故选项A错误；
对于选项B，由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，如图：

正外接圆半径，正四面体的高，
令正四面体的外接球半径为，
在中，，解得，
此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示：
图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交曲面于点，其中即为正四面体外接球半径，
因为点均在以点为球心的球面上，所以，
设勒洛四面体内切球半径为，则由图得，故选项B错误；

对于选项C，显然勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，由对A的分析知，故选项C正确；
对于选项D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，
所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，故选项D正确．
故选：AB.
【点睛】方法点睛：本题实际上是勒洛三角形在三维层面的推广，对计算能力，空间想象能力要求高，记住正四面体的高，内切球半径，外接球半径与棱长关系的二级结论将会加快对本题的求解.
第II卷（非选择题，共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在正四棱台中，，，则该四棱台的体积为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出截面，过点作，结合等腰梯形的性质得高，再计算体积即可.
【详解】过，作出截面如图所示，过点作，垂足为，
因为正四棱台中，
又由，
所以由勾股定理可得：，，
又因，故，
故梯形为等腰梯形，
所以，
故，
所以，该四棱台的体积为.
故选：D.
14. 数列的前n项和为，若，，则______．
【答案】96
【解析】
【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. 已知关于的方程在上有两个不同的实数解，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】参变分离后画出函数图象，数形结合得到，进而求出的取值范围.
【详解】由题意得：，因为，所以，画出函数图象如下：要想保证有两个不同的实数解，则只需与函数图象有两个交点，显然，解得：
故答案为：
16. 在中，角、、所对的边分别为、、，若为锐角三角形，且满足，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据余弦定理得到，再根据正弦定理和两角和差的正弦公式得到，根据三角形为锐角三角形，求得，以及的取值范围，再利用商的关系、两角差的正弦公式化简所求式子，由正弦函数的性质求得所求式子的取值范围.
【详解】因为，所以，所以，
所以，即，，
即，因为三角形是锐角三角形，所以，所以，所以，且，所以.
所以=.由于，所以.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，考查同角三角函数的基本关系式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知，分别为等差数列，等比数列，且，，，.
（1）求，的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）设的公差为d，的公比为q，由，，再写出通项公式即可；
（2）由（1）得到，再利用分组求和即可
【小问1详解】
解：设的公差为d，的公比为q，
则，.
所以，；
【小问2详解】
由（1）知，
则，
，
.
18. 已知函数（其中）的最小正周期为，它的一个对称中心为.
（1）求函数的解析式；
（2）若方程在上的解为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据周期得到，根据对称中心得到，得到解析式.
（2）确定，根据对称性得到，代入解析式计算得到答案.
【小问1详解】
，，故，
一个对称中心为，故，即，
，故当时，满足条件，此时，故.
【小问2详解】
，故，，
且，即，
.
19. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中.平面，且，点M在棱PD上，点N为BC中点.
（1）若，证明：直线平面PAB：
（2）线段PD上是否存在点M，使NM与平面PCD所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，说明理由
【答案】（1）证明见解析
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）以点A为坐标原点，以AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，用向量法证明；
（2）利用向量法计算，判断出点M不存在.
【小问1详解】
如图所示，以点A为坐标原点，以AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，
则
若，则，
因为平面ABCD，所以
又因为
所以平面PAB
平面PAB的其中一个法向量为
所以，即
又因为平面
所以平面
【小问2详解】
不存在符合题意的点M，理由如下：
设平面PCD的法向量
则
不妨令，则
设，即
则
解得或，不满足，故不存在符合题意的点M.
20. 已知等差数列的公差不为0，其前项和为，且成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）设，记数列的前项和为，若对任意恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为，且，然后由题意列方程组，求出，从而可求出通项公式；
（2）由（1）得，然后利用裂项相消法可求出，则，所以，从而可求出的取值范围.
【小问1详解】
设数列的公差为，且，依题意得：
，
，
解得，
.
【小问2详解】
，
，
，
或.
21. 如图，在四边形中，，，，，为边的中点.
（1）若，求的面积；
（2）当变化时，求长度的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，由余弦定理可求出，又是等腰直角三角形，易求出的面积.
（2）取中点，连接，，设，，在中，由余弦定理可得，再由正弦定理可得，在中，根据余弦定理可求出是关于的三角函数，利用三角函数求最值即可得答案.
【小问1详解】
在中，由余弦定理，得.
取中点，连接，，
∵，，为的中点，
∴，.
则的面积.
【小问2详解】
设，，
∵，分别为边，的中点，
∴，，，
在中，由余弦定理，得.
由正弦定理，
得.
在中，，
由余弦定理，得
，
令，
，∴，∴，
则，.
令，易知在上单调递增，
∴当时，的最大值为，
.
∴长度的最大值为.
22. 已知，其中a∈R．
（1）讨论f(x)的极值点的个数；
（2）当n∈N*时，证明：．
【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）f(x)的定义域为(0，＋∞)，求导得到，再令，x＞0，用导数法研究其不等零点，求导，然后分、和三种情况讨论求解.
（2）根据（1）a＝0时，f(x)≥f(1)＝－1，即，进而有，然后令得到求解.
【详解】（1）f(x)的定义域为(0，＋∞)，则，
令，x＞0，则，
①当时，，令，则，
当0＜x＜1时，，f(x)单调递减，
当x＞1时，，f(x)单调递增，
所以f(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个极值点．
②当时，，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又，
所以g(x)在(1，ea)上存在唯一零点，记为x0，列表：
所以f(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个极值点．
③当时，令，得，
当0＜x＜时，，g(x)单调递减，当x＞时，，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g()＝，
当a≤时，g(x)min≥0，故f ′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在(0，＋∞)上无极值点，
当＜a＜0时，g(x)min＝g()＝＜0，又，
，下面证，
令(＜a＜0)，，
所以在(，0)上单调递增，所以，
所以g(x)在(0，＋∞)上有且仅有两个零点，记为，列表：
所以f(x)在(0，＋∞)上有且仅有两个极值点．
综上所述，当a≤时，f(x)无极值点；
当＜a＜0时，f(x)有两个极值点；
当a≥0时，f(x)有一个极值点．
（2）由（1）知，当a＝0时，f(x)≥f(1)＝－1，
所以，即，
所以，
令得
故，
所以，
．
【点睛】本题主要考查函数的极值点与导数、构造不等式放缩证明，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于较难题.平均海拔
第一级阶梯
第二级阶梯
第三级阶梯
x
(0，x0)
x0
(x0，＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
x
(0，α)
α
(α，β)
β
(β，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗