2024届辽宁省名校联考高三上学期12月联合考试数学试题含答案

这是一份2024届辽宁省名校联考高三上学期12月联合考试数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若复数z满足，则（ ）
A．B．5C．D．20
【答案】A
【分析】由复数的除法计算出复数z，再利用模长公式求.
【详解】因为，所以，所以．
故选：A．
2．若角的终边上有一点，且，则（ ）
A．4B．C．-1D．
【答案】C
【分析】根据公式，即可得到本题答案.
【详解】由已知，得，解得.
因为，所以，则.
故选：C
3．设，都是非零向量，下列四个条件中，能使一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据非零向量的方向是否相同分别判断各个选项即可.
【详解】因为，故同向.
对于A:，方向相反,A选项错误；
对于B:，得出,不能得出方向，B选项错误；
对于C:,方向向相同,则成立，C选项正确；
对于D:,不能确定的方向，D选项错误.
故选：C．
4．已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，且与所成的角和与所成的角相等，则
【答案】C
【分析】利用线面的位置关系，结合空间想象即可得解.
【详解】若，，，则与有可能平行，故A错误；
若，，则可能在内，故B错误；
若，，则，又，则，故C正确；
若，且与所成的角和与所成的角相等，则与有可能相交，故D错误.
故选：C.
5．已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．8B．9C．16D．17
【答案】A
【分析】利用等比数列前项和的性质计算即可.
【详解】设，则，
因为为等比数列，所以仍成等比数列.
易知，
所以,故.
故选:A.
6．点分别在空间四边形的边上，若，则下列说法中正确的是（ ）
A．直线与一定平行B．直线与一定相交
C．直线与可能异面D．直线与一定共面
【答案】D
【分析】根据两条平行线确定一个平面，即可求解.
【详解】由于，所以四点确定一个平面，
因此直线与一定共面，故D正确，C错误，

只有当且时，此时四边形为平行四边形，此时，故A不正确，

只有当但时，此时四边形为梯形，此时相交于点，故B不正确，

故选：D
7．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】借助函数图象，可直接判断的大小关系.
【详解】在同一直角坐标系中作出，，，的图象，

由图象可知.
故选：B.
8．已知，且，函数，若关于x的方程有两个不相等的实数根，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，分与讨论，分别画出函数的大致图像，结合图像，列出不等式，即可得到结果.
【详解】当时，，则，
则，
即，，可得的大致图像如图：
由图可知，此时的图像与直线仅有一个交点，
故关于x的方程仅有一个实数根，不满足题意；
当时，，则，
又，的大致图像如图：
因为关于x的方程有两个不相等的实数根，
所以的图像与直线有两个交点，
结合图象可知，解得．
故选：B．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于将方程根的问题转化为函数交点问题，再结合图象列出不等式即可得解.
二、多选题
9．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数的图象的一条对称轴方程为
C．函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
D．函数在区间上单调递增
【答案】ABC
【分析】利用二倍角公式和辅助角公式化简得到，然后根据判断A选项；利用整体代入得方法得到的对称轴，即可判断B选项；根据图象的平移变换判断C选项；根据复合函数的单调性判断D选项.
【详解】，函数的最小正周期为，故A正确；
由，得，当时，，故B正确；
由的图象向左平移个单位长度，得，故C正确．
因为，函数在上不单调，故D错误．
故选：ABC．
10．已知等差数列的前n项和为，当且仅当时取得最大值，则满足的最大的正整数k可能为（ ）
A．22B．23C．24D．25
【答案】BC
【分析】由题意可得，公差，且，，分别求出，讨论的符号即可求解．
【详解】因为当且仅当时，取得最大值，
所以，公差，且，．
所以，，，
故时，．
当时，，则满足的最大的正整数为；
当时，，则满足的最大的正整数为，
故满足的最大的正整数可能为与．
故选：BC．
11．已知为定义在上的偶函数且不是常函数，，若是奇函数，则（ ）
A．的图象关于对称B．
C．是奇函数D．与关于原点对称
【答案】ABC
【分析】根据偶函数和函数对称性的定义可判断A选项；利用函数的周期性可判断B选项；利用奇函数的定义可判断C选项；利用对称性定义可判断D选项.
【详解】对于选项A，因为是奇函数，所以，
即，整理得2，
所以的图象关于对称，故A正确；
对于选项B，因为为偶函数，所以，
所以，所以，故B正确；
对于选项C，，故C正确；
对于选项D，因为，所以与关于轴对称，不关于原点对称，故D错误.
故选：ABC.
12．在中，三个角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（ ）
A．的面积为2B．外接圆的半径为
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，利用正弦定理，结合三角形面积公式逐项分析计算即可得解.
【详解】设外接圆的半径为R，由正弦定理，
得，解得，B正确；
的面积，A正确；
由，得，C错误；
由，得，即，
由，得，因此，
所以，D正确．
故选：ABD
【点睛】策略点睛：求三角形面积是解三角形的一种常见类型，经常利用正弦定理，进行边角转化求解.
三、填空题
13．圆心角为2的扇形的周长为4，则此扇形的面积为 .
【答案】1
【分析】根据弧长公式结合面积公式计算即可.
【详解】设扇形的半径为，弧长为，则，又，所以，，扇形的面积.
故答案为：1.
14．已知向量，满足，，，则的夹角为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，结合数量积的运算律求出即可得解.
【详解】因为，所以，
由，得，解得，
因此，又，
所以向量的夹角为.
故答案为：
15．如图，在棱长为4的正方体中， E为棱BC的中点，P是底面ABCD内的一点（包含边界），且，则线段的长度的取值范围是 ．
【答案】
【分析】首先利用向量垂直的坐标表示，求得点的轨迹方程，再代入两点间的距离公式，求线段长度的取值范围.
【详解】以D为原点，以DA，DC，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，
设，则，
，又，所以，
即，则．
当时，，设，所以点P在底面ABCD内的轨迹为一条线段AF，
所以，，
，
当时，，当时，，
所以线段的长度的取值范围是．
故答案为：
16．如图，在直三棱柱中，，，，为线段上的一点，且二面角的正切值为3，则三棱锥的外接球的体积为 .

【答案】
【分析】根据题意，由条件可得是二面角的平面角，再将三棱锥补为长方体，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，再由球的体积公式，即可得到结果.
【详解】
如图，作，交于，则，
过作交于点，连接.
因为为直三棱柱，则平面，且，
则平面，且平面，所以，
又，，平面，
所以平面，平面，所以，
则是二面角的平面角，
所以，所以，
又，，所以，所以，.
可把三棱锥补成棱长为，，的长方体，
则三棱锥的外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的体积为.
故答案为：
四、解答题
17．已知为锐角，．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，由，再利用商数关系的齐次运算求解；
（2）由求解.
【详解】（1）解：因为，
所以 ，
，
．
（2）因为锐角，则，
而，则，
所以，
所以，
∴.
五、证明题
18．在中，内角的对边分别为，且.
(1)证明：是钝角三角形；
(2)平分，且交于点，若，求的周长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用正弦定理化角为边得，再利用余弦定理求得，即可证明；
（2）利用面积分割法得，根据余弦定理化简求解，从而求解周长.
【详解】（1）在中，，由正弦定理得，
即，由余弦定理得.因为，所以，
所以是钝角三角形.
（2）因为，
且，所以，
由余弦定理得：，
解得或（舍去），所以，
所以的周长为.
六、解答题
19．已知函数，若函数的图象上任意一点P关于原点对称的点Q都在函数的图象上．
(1)求函数的解析式；
(2)若存在，使成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知，利用点的对称性代入函数的解析式进行求解.
（2）利用导数研究函数的单调性，再求出函数的最大值.
【详解】（1）设为图象上任意一点，则是点Q关于原点的对称点，
因为在的图象上，所以，
即，故.
（2），即,
设，则，
易知，所以在上是增函数，
所以，可得．
故实数m的取值范围是．
七、证明题
20．已知数列满足，且
(1)若，证明：数列是等比数列；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）按等比数列的定义即可证明
（2）分奇偶讨论并分组求和即可
【详解】（1）证明：因为，，
所以，，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列.
（2）解：由（1）知，所以，
所以当，时，.
当，时，
.
当，时，.
综上，
21．如图1，在中，D，E分别为的中点；O为的中点，，，将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2，点F是线段上的一点（不包含端点）．

(1)求证：；
(2)若直线和平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）利用面面垂直判定线面垂直，再得线线垂直即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量由线面角计算F的位置，再根据三棱锥的体积公式计算即可.
【详解】（1）由题意可知：，，
所以，
又O为的中点，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以．
（2）取的中点G，连接，所以，以O为坐标原点，，，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，，所以．
设，
所以，
又，设平面DEF的一个法向量为，
所以，
令，解得，，所以平面DEF的一个法向量为，
又，设直线EC和平面DEF所成角的大小为θ，
所以，
解得或（舍），所以．
所以，
即三棱锥的体积为．
八、解答题
22．已知函数且．
(1)讨论的单调性．
(2)若有且仅有两个零点，求的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2)．
【分析】（1）分，讨论，利用导数与函数的单调性的关系即得；
（2）根据函数的单调性可得，进而可得函数的极小值小于零，然后构造函数利用导数结合条件解不等式即得.
【详解】（1）因为函数且，函数定义域为，
所以，
当时，在上恒成立，在上单调递增，
当时，令，则，
所以当时，单调递减；当时，单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）知，当时，在单调递增，至多一个零点，不符题意；
当时，在处取得极小值，且，
所以，
设，即，设，则，
所以当时，单调递增；当时，单调递减．
所以当时，取得极大值，，
所以，即或，
设，则，当时，，
所以在上单调递增，又，所以或，
综上所述，的取值范围是．
【点睛】利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究.