2024届甘肃省白银市会宁县第四中学高三上学期第三次月考数学试题含答案

这是一份2024届甘肃省白银市会宁县第四中学高三上学期第三次月考数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，计算题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．复数的虚部为 （ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】化简复数为的形式，由此求得复数的虚部
【详解】依题意，故虚部为，所以选A.
【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数虚部的概念，属于基础题.
2．若集合，，定义集合且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】化简集合，结和所给定义域即可求解.
【详解】由得，则，
又且，则.
故选：C
3．若点在角的终边上，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题首先可根据题意得出，然后根据二倍角公式得出结果.
【详解】因为点在角的终边上，
所以，
则，
故选：B.
4．已知向量与的夹角为，，则向量在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，结合向量的投影的定义和计算方法，即可求解.
【详解】由题意知，向量且向量与的夹角为，
所以向量在上的投影为，
又因为，所以向量在上的投影向量为.
故选：A.
5．若函数在区间上单调递减，则的可能取值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【分析】求出函数的导数，利用给定单调区间及单调性，列出恒成立的不等式，求解即得.
【详解】函数，求导得，
由函数在区间上单调递减，得，，
即，，因此，
显然当时，，，函数在上单调递减，
所以的取值范围是，的可能取值为6，D正确.
故选：D
6．已知数列满足，，，则（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】先判断数列为等差数列，结合等差数列的性质可求结果.
【详解】∵，∴是等差数列．
由等差数列的性质可得，，
∴，，∴．
故选：B．
7．在四面体中，，，是棱的中点，，则异面直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取的中点为，可证得 （或其补角）就是异面直线与所成的角，在中，可解得.
【详解】取的中点为，连接，又是的中点，则，所以（或其补角）就是异面直线与所成的角.
在中，，，，所以为等边三角形，故，即异面直线与所成的角为.
故选：A.
8．已知，令，，，那么之间的大小关系为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】因为，所以，为单调递减函数，所以．根据，在为单调递增函数，可得，结合指数函数单调性，可得，即
．
【详解】因为，则，为单调递减函数，所以．
因为，且，在为单调递增函数，所以在为单调递增函数，所以
因为，为单调递增函数，所以，即，所以，故选A
【点睛】本题考查基本初等函数的单调性及值域，属基础题．
二、多选题
9．已知直线，平面，下列结论正确的是（ ）
A．如果，那么;
B．如果，，那么;
C．如果，，那么;
D．如果是异面直线，且，那么
【答案】ACD
【分析】根据空间中平面与平面平行的判定判断A；由空间中直线与平面的位置关系分析判断B；由直线与平面垂直的性质与判定结合平面与平面平行的性质判断C；由直线与平面平行的性质与平面与平面平行的判定判断D.
【详解】对于A，垂直于同一条直线的两平面平行，故A正确；
对于B，有可能在内，故B错误；
对于C，
平面与平面与交于，,
平面与平面与交于，,
,
，,
，平面，
，
，,
平面，且，
，故C正确；
对于D，将平移到异于的平面，对应直线为，如图，
则，，
是异面直线，
相交，
，且，，
，
平面，且相交，
，
，故D正确.
故选：ACD.
10．已知，，，则（ ）
A．的最小值为4B．的最小值为
C．的最小值为3D．的最小值为
【答案】BCD
【分析】根据基本不等式中“1”的整体代换即可判断A； 利用消元法结合二次函数的性质即可判断B；利用基本不等式结合对数运算即可判断C；利用基本不等式结合指数运算即可判断 D.
【详解】由题意可得，当且仅当时，等号成立，则A错误；
,
，，，,
当时，的最小值为，则B正确；
因为，且，所以，所以，
,当且仅当时，等号成立，则C正确；
,当且仅当时，等号成立，则D正确；
故选：BCD.
11．已知函数是上的单调函数，则a的值可以是（ ）
A．2B．C．D．
【答案】BC
【分析】根据分段函数的性质以及对数函数的性质求解.
【详解】由题意，函数是上的单调函数，
所以，解得，
故选:BC．
12．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．的零点是
D．的单调递增区间为
【答案】AC
【分析】先根据两角和差的正余弦公式化简函数，然后利用正弦函数的图象与性质逐项分析即可.
【详解】.
对于A，的最小正周期为，故A正确；
对于B，当时，，所以不是的图象的对称轴，故B错误；
对于C，由，可得，所以，
所以，故C正确；
对于D，由，得，
所以函数的单调递增区间为，故D错误.
故选：AC
三、填空题
13．已知某圆台的上､下底面积分别为，母线长为5，则该圆台的体积为 .
【答案】
【分析】根据圆台的体积公式代入求解即可.
【详解】因为圆台的上､下底面积分别为，所以该圆台的上､下底面的半径分别2，6，
如图所示：
即，，，所以，所以，
故圆台的高为3，则圆台的体积，
故答案为：
14．已知数列的前项和，那么它的通项公式为 ．
【答案】/
【分析】结合已知条件，利用与之间的关系即可求解.
【详解】∵数列的前项和，
∴，
当时，，
故，
当时，也成立
故对，.
故答案为：．
15．在中，是边上的点，且，设，则 .
【答案】
【分析】结合向量运算法则，，，即可化简求得结果.
【详解】由题，是边上的点，且，
，
∴
故答案为：
16．已知函数（，）的图象与轴的交点为，且在区间上有且仅有一个零点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据结合求得，然后求出在坐标原点两侧最接近0的两个零点，根据题意列不等式求解即可.
【详解】由题意知，则.因为，所以，所以.
令，得，令，得，
所以在坐标原点两侧最接近0的两个零点分别为和，
由题意且，解得，即的取值范围是.
故答案为：
四、问答题
17．已知.
(1)求的最小正周期及单调递减区间；
(2)将函数的图象向左平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，求在区间的值域.
【答案】(1)；单调递减区间为
(2)
【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简函数解析式可得，利用余弦函数的周期公式可求的最小正周期，利用余弦函数的单调性可求其单调递减区间；
（2）由已知利用三角函数的图象变换可求，由题意利用正弦函数的性质即可求解的值域．
【详解】（1）因为
，
则，所以的最小正周期为，
由，解得，
所以的单调递减区间为.
（2）由（1）可得，
将函数的图象向左平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到图像，
所以
当时，，
则，故，
即，
所以函数的值域为.
五、计算题
18．已知等比数列的前n项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等比数列的通项公式及前项和公式进行计算即可;（2）利用错位相减法求解即可.
【详解】（1））设等比数列的公比为，因为，所以，
则，解得，
所以数列的通项公式.
（2）
所以，
则，
两式相减，得
则.
六、问答题
19．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求A；
(2)设D是AB边上靠近A的三等分点，，求的面积．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，再利用正弦定理边化角，借助同角公式计算作答.
（2）利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式计算作答.
【详解】（1）在中，由得：，由正弦定理得，
而，即，则，又,
所以.
（2）依题意，，在中，由余弦定理得：，
即，解得，
所以的面积.
七、证明题
20．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，E为的中点，且．
(1)求证：平面；
(2)记的中点为N，若M在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)2或
【分析】（1）连接，由勾股定理证得，由等腰三角形得性质证得，再结合线面垂直得判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，设，利用空间向量的夹角公式求出余弦值，进而列出方程，解之即可.
【详解】（1）连接，∵，，∴且
∴四边形为平行四边形；
∵且E为的中点，∴，
所以，
∴，∴，即，
又∵，∴平面
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则,
所以，
设平面的法向量为，
则，即，取
设，则，而，所以，
∵平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，
则
化简得，解得：或，满足
故线段的长度为2或．
21．记为数列的前n项和，已知，是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)记的前n项和，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列通项公式整理可得，结合与的关系整理可得，利用常数列运算求解；
（2）由（1）可得：，结合裂项相消法分析证明.
【详解】（1）由题意可知：数列是以首项，公差为，
则，则，
当时，则，
整理得，可知是常数列，
则，所以.
（2）由（1）可得：，
所以.
22．已知实数，函数，是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)求证：存在极值点，并求的最小值.
【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为
(2)
【分析】（1）求导，根据的正负判定函数的增减即可；
（2）根据导数的分母正，需要分子有变号零点，转变为双变量函数的恒成立和有解问题，利用导数再次确定新函数单调性和最值即可求解.
【详解】（1）当时，，
则
令，得；令，得；
所以，函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）
令，因为，
所以方程，有两个不相等的实根，
又因为，所以，令，列表如下:
所以存在极值点.所以存在使得成立，
所以存在使得，
所以存在使得对任意的有解，
因此需要讨论等式左边的关于的函数，记，所以，
当时，单调递减；当时，单调递增．
所以当时，的最小值为．
所以需要，即需要，
即需要，即需要
因为在上单调递增，且，
所以需要，
故的最小值是．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．

-
0
+
减
极小值
增