31，江西省鹰潭市贵溪市实验中学2024届高三上学期双向达标月考调研数学试卷（四）

这是一份31，江西省鹰潭市贵溪市实验中学2024届高三上学期双向达标月考调研数学试卷（四），共18页。试卷主要包含了考试范围，全卷满分150分等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．考试范围：数列、立体几何（月考一至月考三占30%，月考四占70%）．
2．全卷满分150分．考试时间120分钟．
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. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将集合化简，然后根据交集的运算，即可得到结果.
【详解】集合，则，
故选:D.
2. 设复数（其中i为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简，然后计算即可.
【详解】方法一：，所以
方法二：由复数的性质可知
故选：A
3. 数列满足，，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用代入法进行求解即可,
【详解】因为，
所以，
故选：A
4. 辽宁省博物馆收藏的商晚期饕餮纹大圆鼎（如图1）出土于辽宁省略左县小波汰沟．此鼎直耳，深腹，柱足中空，胎壁微薄，口沿下及足上端分别饰单层兽面纹，足有扉棱，耳、腹、足皆有炱痕．它的主体部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（忽略鼎壁厚度），如图2所示．已知球的半径为R，圆柱的高近似于半球的半径，则此鼎的容积约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用球体、圆柱体体积公式求鼎的容积.
【详解】由题设，此鼎的容积为半球体积与圆锥体积的和，
所以容积约为.
故选：D
5. 已知某圆锥的底面半径为2，其体积与半径为1的球的体积相等，则该圆锥的母线长为（ ）
A. 1B. 2C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】设圆锥的高为，根据圆锥及球的体积公式求出，再由勾股定理计算可得.
【详解】设圆锥的高为，则，解得，
所以母线长为.
故选：C
6. 已知非零向量的夹角正切值为，且，则（ ）
A. 2B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】先求出非零向量的夹角余弦值，再利用向量数量积的运算律和定义处理
，即可得到答案.
【详解】解析 设，的夹角为，由得.
因为，所以，
得，解得或（舍去）.
故选：D.
7. 南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第15项为（ ）
A. 196B. 197C. 198D. 199
【答案】C
【解析】
【分析】由从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，列出后一项与前一项的差，再由累加法即可求得通项公式，即可求得该数列的第15项.
【详解】若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，
即
可知，，,
累加即可得到，
则，则
故选：C.
8. 公差不为0的等差数列的前项和为，且，若，，，，依次成等比数列，则（ ）
A. 81B. 63C. 41D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】由条件求出数列的通项公式，再结合等比数列定义求.
【详解】因为，
所以，故，
设等差数列的公差为，则，
所以，
因为，，，，依次成等比数列，，
所以，
所以，
所以，
故选：C.
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. 记正项等比数列的前n项和为，则下列数列为等比数列的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据等比数列的定义和前n项公式和逐项分析判断.
【详解】由题意可得：等比数列的首项，公比，即，
对A：，且，即为等比数列，A正确；
对B：，且，即为等比数列，B正确；
∵，则有：
对C：，均不为定值，即不是等比数列，C错误；
对D：，均不为定值，即不等比数列，D错误；
故选：AB.
10. 将函数的图象先向右平移个单位，再向上平移1个单位后得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A. 最小正周期为B. 的图象关于轴对称
C. 的图象关于中心对称D. 是奇函数
【答案】ABC
【解析】
【分析】先化简得到，进而得到，从而可得到的最小正周期为，进而可判断A；再根据的图象向上平移1个单位后得到的图象，从而可得到的图象关于轴对称，关于中心对称，进而可判断B，C，D．
【详解】由，则，
所以函数最小正周期为，故A正确；
令，则，，
所以的图象向上平移1个单位后得到的图象，
所以的图象关于轴对称，关于中心对称，故B正确，C正确，D错误．
故选：ABC．
11. 数列满足：，，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. ，
C. 是等比数列D. ，
【答案】ABD
【解析】
【分析】令得出，可判断选项A；由已知构造与已知等式作差，可判断选项B，C；数列的首项为，从第2项开始构成等比数列，求和即可判断选项D.
【详解】在中，令，则，，．A正确．
当时，将与，
两式相减得，，即．而，所以B正确，C不正确．
因为，，所以D正确．
故选：ABD．
12. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个不重合的动点E，F，则（ ）
A. 当时，
B.
C. 平面
D. 二面角为定值
【答案】BD
【解析】
【分析】由数量积定义计算数量积判断A，根据线面垂直的判定定理与性质定理证明后判断B，利用线面间的位置关系判断C，根据二面角的定义判断D．
【详解】由正方体的性质可知，则，解得，故A错误；
连接．由与底面垂直，在平面内得，又，且，所以平面，而平面，所以，即，则B正确；
因为平面平面，所以不可能平行于平面，则C错误；
因为平面与平面是同一平面，平面与平面是同一平面，所以二面角就是二面角．易知二面角是定值，所以二面角为定值，则D正确．
故选：BD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若，是第三象限角，则 ___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据同角三角函数的关系分别求出角的正弦和正切，再利用二倍角的正切公式即可求解.
【详解】因为，且是第三象限角，
所以，则，
所以，
故答案为：.
14. 设等比数列的前项和为，写出一个满足下列条件的的公比__________.
①，②是递增数列，③.
【答案】2（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式求解即可.
【详解】由等比数列的通项公式可得，则，
因为，且是递增数列，所以，
因为，所以，即，
因为，所以，解得，
综上，
故答案为：2（答案不唯一）
15. 古希腊伟大的数学家阿基米德（公元前287~公元前212）出生于叙拉古城，在其辉煌的职业生涯中，最令他引以为傲的是记录在《论球和圆柱》中提到的：假设一个圆柱外切于一个球，则圆柱的体积和表面积都等于球的一倍半（即）.现有球与圆柱的侧面与上下底面均相切（如图），若圆柱又是球的内接圆柱，设球，圆柱的表面积分别为，体积分别为，则_________；_________.

【答案】 ①. ； ②. .
【解析】
【分析】设相关的量，利用题所给的条件进行分析计算即可.
【详解】设球的半径为，体积为，表面积为，
则圆柱的底面半径为，高为，球半径为，
由阿基米德得出的结论，
又球与球的半径比为，
∴，
∴.
故答案为:;.
16. 如图C是圆台母线AB的中点，BD是底面的直径，上底面半径为1，下底面半径为2，AB=2，点M是弧BD的中点，则C、M两点在圆台侧面上连线长最小值的平方等于______.
【答案】##
【解析】
【分析】将圆台展开为平面图形，结合几何位置关系在中利用余弦定理求解.
【详解】因为圆台上底面半径为1，下底面半径为2，AB=2，
所以该圆台是由底面半径为2，母线长为4圆锥所截得，
所以圆锥的侧面展开图的弧长为，
所以圆锥的侧面展开图的圆心角为，即侧面展开图为一个半圆，
所以圆台侧面展开图为一个半圆环，
沿母线展开如图所示，，.，
由余弦定理可得：.
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、证明过程或演算步骤．
17. a，b，c分别为内角A，B，C的对边.已知.
（1）求；
（2）若，，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边换角，再用和差公式化简，代入倍角公式即可求解；
（2）利用余弦定理的变形公式代入即可求解.
【小问1详解】
，
由正弦定理得：
，，
，
，
即：.
【小问2详解】
，，
①，
又②，③，
联立①②③解得：，，
.
即的周长为：16.
18. 设数列{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，若a1，a2，a5成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前n项和Sn．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设数列{an}是公差为的等差数列，根据已知求出，即得解；
（2）求出，再利用裂项相消法和公式法求和得解.
【小问1详解】
设数列的公差为，又，
若，，成等比数列，可得，即，
解得或，又，所以，则．
小问2详解】
，
可得前项和
.
19. 已知数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）用数列中前项和与项的关系求解；
（2）先写出奇数项、偶数项的通项公式，再按奇数项、偶数项分组求和.
【小问1详解】
由题意
当时，；
当时，
两式相减得，
所以，当时也成立．
所以数列的通项公式.
【小问2详解】
根据题意，得
所以
所以
20. 在五面体中，，，，，．
（1）证明：；
（2）给出①；②；③平面平面．试从中选两个作为条件，剩下一个作为结论，可以让推理正确，请证明你的推理，并求出平面和平面夹角的余弦值．
注：如选择不同组合分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）证明见解析
（2）答案不唯一，具体见解析
【解析】
【分析】（1）证明出平面，利用线面平行的性质可证得结论成立；
（2）以①②为条件，③为结论，证明出面，利用面面垂直的判定定理可证得③成立；
以①③为条件，②为结论，利用面面垂直的性质可得出面．再利用线面垂直的性质可证得②成立；
求出平面和平面夹角的余弦值，可先推导出、、两两垂直，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面和平面夹角夹角的余弦值．
【小问1详解】
因为，面，面，
所以面．
又因为面，面面，
所以.
【小问2详解】
条件①②，结论③：
证明；且，
故四边形是平行四边形，故，
因为，所以，
又，，平面，
所以面，而面，
故平面平面；
条件①③，结论②：
证明：且，
故四边形是平行四边形，故，
由，可得．
因为面面，面面，面，
所以面．
而面，，因为，故.
若条件②③，结论①：
由于且，故四边形是平行四边形，故，
若，则，由于面面，无法推导平面，
不能推出，
下面求平面和平面夹角的余弦值：
中，由余弦定理可得，故．
平面，平面，则，同理可得
又由得．
，，则，
由，得．
因为，所以．
以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系．
则，，，，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
不妨取平面的法向量为，
，
故平面和平面夹角的余弦值是.
21. 如图，在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，，侧棱与底面所成角为60°.
（1）求三棱柱的体积；
（2）在线段（含端点）上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）.
（2）存在，位于点
【解析】
【分析】(1)求三棱柱的体积，根据题目已知条件可以判断三棱锥为正三棱锥，因此可以求出三棱柱的高，进而可以求得三棱柱的体积.(2)建立空间直角坐标系，假设存在点G，则点G满足，利用平面与平面的夹角为60°，分别求出两平面的法向量，代入公式使得夹角为60°，求出，只要满足即存在点G.
小问1详解】
取中点M，连接AM，DM.如图所示
因为为正三角形，为等腰三角形且以BC为底，
故，（三线合一），所以平面.
又平面，所以平面平面，
故在平面的射影在射线AM上，
为侧棱AD与底面所成角，
即.
在中，，，由余弦定理知，
故三棱锥为正三棱锥，高，底面的面积，
三棱柱的高也为2，故三棱柱的体积.
【小问2详解】
以M为坐标原点，MA、MB为，轴建立如图所示坐标系.
依题意，，，，，
假设存在点满足题意，设，，
，.
设平面的法向量为，
则取，
平面的法向量.
依题意，，解得，故当位于点时，满足要求.
22. 已知函数，其中为实数，是自然对数的底数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若为的导函数，在上有两个极值点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；
（2）分析可知在上有两个变号零点，分、两种情况讨论，在时，由在上单调递增可知结论不成立；在时，可得出，，利用导数分析函数的单调性，根据函数在上有两个异号零点可得出关于实数的不等式组，解之即可.
【小问1详解】
解：当时，，则，
则，，切点坐标为，
切线方程为，即．
【小问2详解】
解：，则，
令，则，
由在上有两个极值点知在上有两个变号零点，
①当时，时，，则函数在上单调递增，
不可能有两个零点，舍去；
②当时，，令，
则，
由于，则，令，即，可得，即，
当时，，，则，
所以，在上单调递增，
当时，，则，则，
所以，在上单调递减，
所以，，
又因为，，
要使在上有两个变号零点，则，解得.
【点睛】关键点点睛：本题第2问考查利用函数的极值点个数求参数的取值范围，在时，通过变形，构造，将问题转化为函数在上有两个异号零点，将函数解析式由难变易，简化了计算与分析.