大联考雅礼中学2024届高三月考试卷(二)数学命题人:卿科审题人:陈朝阳匡鈾龄得分:___________本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共8页.时量120分钟,满分150分.第Ⅰ卷一、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,则()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的乘法运算和共轭复数的定义求解.【详解】.故选:C.2.全集,集合,,则阴影部分表示的集合是()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定的条件利用韦恩图反应的集合运算直接计算作答.【详解】韦恩图的阴影部分表示的集合为,而全集,集合,,所以.故选:C3.函数的部分图象大致是()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用函数的奇偶性和特殊点即得.【详解】易知的定义域为,因为,所以为奇函数,排除答案B,D;又,排除选项C.故选:A.4.在边长为3的正方形ABCD中,点E满足,则()A.3 B. C. D.4【答案】A【解析】【分析】建立直角坐标系,写出相关点的坐标,得到,,利用数量积的坐标运算计算即可.【详解】以B为原点,BC,BA所在直线分别为x,y轴,建立如图所示直角坐标系,由题意得,所以,,所以.故选:A.5.某校科技社利用3D打印技术制作实心模型.如图,该模型的上部分是半球,下部分是圆台.其中半球的体积为,圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半.打印所用原料密度为,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量约为()()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知所需要材料的体积即为半球体积与圆台体积之和,先求出圆台的体积,再利用组合体的体积乘以打印所用原料密度可得结果.【详解】设半球的半径为,因为,所以,由题意圆台的上底面半径及高均是3,下底面半径为6,所以,所以该实心模型的体积为,所以制作该模型所需原料的质量为故选:C6.已知数列为等比数列,其前n项和为,,则“公比”是“对于任意,”的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据等比数列的通项公式以及前项和公式,分别验证充分性以及必要性即可得到结果.详解】若,且公比,则,所以对于任意,成立,故充分性成立;若,且,则,所以由对于任意,,推不出,故必要性不成立;所以“公比”是“对于任意,”的充分不必要条件.故选:A7.若存在实数a,对任意的x∈[0,m],都有(sinx-a)·(cosx-a)≤0恒成立,则实数m的最大值为()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据已知不等式得到,要求y=sinx和y=cosx图象不在y=a=的同一侧,利用正弦函数、余弦函数图象的性质进行解答即可.【详解】在同一坐标系中,作出y=sinx和y=cosx的图象,当m=时,要使不等式恒成立,只有a=,当m>时,在x∈[0,m]上,必须要求y=sinx和y=cosx的图象不在y=a=的同一侧.∴由图可知m的最大值是.故选:C.8.已知函数的定义域为R,,且在上递增,则的解集为()A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据可得关于直线对称,根据可得,结合函数的单调性可得函数图象,根据图象列不等式求解集即可.【详解】解:函数,满足,则关于直线对称,所以,即,又在上递增,所以在上递减,则可得函数的大致图象,如下图:所以由不等式可得,或,解得或,故不等式的解集为.故选:D.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.对于实数,,,下列选项正确的是()A.若,则 B.若,则C.若,则, D.若,,则【答案】ABD【解析】【分析】利用比较法、特例法逐一判断即可.【详解】对选项A,因为,所以,,所以,故A正确;对选项B,,,所以,因为,所以,即,故B正确;对选项C,令,,满足,不满足,,故C错误;对选项D,因为,,所以,故D正确.故选:ABD.10.已知函数,则下列说法正确的是()A.B.函数的最小正周期为C.函数的对称轴方程为D.函数图象可由的图象向右平移个单位长度得到【答案】AB【解析】【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数,再结合正弦函数的图像性质逐项判断.【详解】,所以A正确;对于B,函数的最小正周期为,所以B正确;对于C,由,,得,,所以函数的对称轴方程为,,所以C不正确;对于D,的图象向右平移个单位长度,得,所以函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到,所以D不正确.故选:AB.11.设是公差为()的无穷等差数列的前项和,则下列命题正确的是()A.若,则是数列的最大项B.若数列有最小项,则C.若数列是递减数列,则对任意的:,均有D.若对任意的,均有,则数列是递增数列【答案】BD【解析】【分析】取特殊数列判断A;由等差数列前项和的函数特性判断B;取特殊数列结合数列的单调性判断C;讨论数列是递减数列的情况,从而证明D.【详解】对于A:取数列为首项为4,公差为的等差数列,,故A错误;对于B:等差数列中,公差,,是关于n的二次函数.当数列有最小项,即有最小值,对应的二次函数有最小值,对应的函数图象开口向上,,B正确;对于C:取数列为首项为1,公差为的等差数列,,,即恒成立,此时数列是递减数列,而,故C错误;对于D:若数列是递减数列,则,一定存在实数,当时,之后所有项都为负数,不能保证对任意,均有.故若对任意,均有,有数列是递增数列,故D正确.故选:BD12.如图所示,在棱长为2的正方体中,点,分别为棱,上的动点(包含端点),则下列说法正确的是()A.四面体的体积为定值B.当,分别为棱,的中点时,则在正方体中存在棱与平面平行C.直线与平面所成角的正切值的最小值为D.当,分别为棱,的中点时,则过,,三点作正方体的截面,所得截面为五边形【答案】ACD【解析】【分析】求出四面体的体积判断A;把正方体的棱分成3类,再判断各类中的一条即可判断B;作出线面角,并求出其正切表达式判断C;利用线线、线面平行的性质作出截面判断D.【详解】点,在棱,上运动时,到距离始终为2,到平面的距离始终为2,所以四面体的体积恒为定值,A正确;在正方体中,棱可分为三类,分别是,及分别与它们平行的棱,又不与平面平行,则在正方体中,不存在棱与平面平行,B错误;正方体棱长为2,如图1,过作于,则有平面,于是与平面所成角即为,于是,又长度的最大值为,所以与平面所成角的正切值的最小值为,C正确;如图2,取中点,连接,有,且,则四边形是平行四边形,有,过作的平行线交于点,此时,则,即为过,,三点的平面与平面的交线,连接,在上取点,使得,同证的方法得,在棱上取点,使,连接并延长交直线于,则,即,而,于是四边形是平行四边形,有,则为过,,三点的平面与平面的交线,连接,则可得五边形即为正方体中过,,三点的截面,D正确.故选:ABD【点睛】方法点睛:作截面的常用三种方法:直接法,截面的定点在几何体的棱上;平行线法,截面与几何体的两个平行平面相交,或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行;延长交线得交点,截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.第Ⅱ卷三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.若函数的图象在处的切线斜率为3,则__________.【答案】【解析】【分析】求导,利用求解即可.【详解】解:因为,所以,又函数的图象在处的切线斜率为3,则,所以.故答案为:14.在平面直角坐标系中,圆与轴的正半轴交于点,点,在圆上,若射线平分,,则点的坐标为__________.【答案】【解析】【详解】由题意可知圆的半径为,设,由题意可知,,则点的横坐标为,点的纵坐标为.故答案为:.15.已知函数的定义域为,是偶函数,是奇函数,则的最小值为_____________.【答案】【解析】【分析】由题意可得,再结合基本不等式即可得答案.【详解】解:因为函数为偶函数,则,即,①又因为函数为奇函数,则,即,②联立①②可得,由基本不等式可得,当且仅当时,即当时,等号成立,故函数的最小值为.故答案为:16.已知菱形中,对角线,将沿着折叠,使得二面角为120°,,则三棱锥的外接球的表面积为________.【答案】【解析】【分析】将沿折起后,取中点为,连接,,得到,在中由余弦定理求出的长,进一步求出的长,分别记三角形与的重心为、,记该几何体的外接球球心为,连接,,证明与全等,求出,再推出,连接,由勾股定理求出,即可得出外接球的表面积.【详解】将沿折起后,取中点为,连接,,则,,所以即为二面角的平面角,所以;设,则,在中,即解得,即,所以所以与是边长为的等边三角形.分别记三角形与的重心为、,则,;即;因为与都是边长为的等边三角形,所以点是的外心,点是的外心;记该几何体的外接球球心为,连接,,根据球的性质,可得平面,平面,所以与都是直角三角形,且为公共边,所以与全等,因此,所以;因为,,,且平面,平面,所以平面;又平面,所以,连接,则外接球半径为,所以外接球表面积为.故答案为:【点睛】思路点睛:求解几何体外接球体积或表面积问题时,一般需要结合几何体结构特征,确定球心位置,求出球的半径,即可求解;在确定球心位置时,通常需要先确定底面外接圆的圆心,根据球心和截面外接圆的圆心连线垂直于截面,即可确定球心位置;有时也可将几何体补型成特殊的几何体(如长方体),根据特殊几何体的外接球,求出球的半径.四、解答题:本题共6小题,共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知正项数列的前项和为,且满足.(1)求数列的通项公式;(2)设,数列的前项和为,证明:.【答案】(1);(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)利用的关系,结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果;(2)根据(1)中所求,利用裂项求和法求得,即可证明.【小问1详解】依题意可得,当时,,,则;当时,,,两式相减,整理可得,又为正项数列,故可得,所以数列是以为首项,为公差的等差数列,所以.【小问2详解】证明:由(1)可知,所以,,所以成立18.在中,角、、所对的边分别为、、,已知.(1)求;(2)若,的内切圆半径为,求的周长.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值,结合角的取值范围可求得角的值;(2)利用三角形的面积公式可得出,结合余弦定理可求得的值,即可求得的周长.【小问1详解】解:因为,由正弦定理可得,①因为,所以,代入①式整理得,又因为、,,则,所以,又因为,解得.【小问2详解】解:由(1)知,,因为内切圆半径为,所以,即,所以,②,由余弦定理得,所以③,联立②③,得,解得,所以的周长为.19.如图,在三棱柱中,,,,,且平面.(1)求证:;(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)根据线面垂直的性质和判断定理可得平面,从而即可证明;(2)建立以为原点,分别以,,所在直线为,,轴的空间坐标系,利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明:因平面,平面,所以,因为,四边形是平行四边形,所以四边形是菱形,所以.又因为,平面,平面,所以平面,因为平面,所以.【小问2详解】解:以为原点,分别以,,所在直线为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系,如图所示,则,,,,所以,,,设平面的一个法向量为,则,取,可得,,所以,设平面的一个法向量为,则,取,可得,,所以,设二面角的大小为,因为,所以,所以二面角的正弦值为.20.如图,已知椭圆上一点,右焦点为,直线交椭圆于点,且满足,.(1)求椭圆的方程;(2)若直线与椭圆相交于两点,求四边形面积的最大值.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)由已知得,由且,知,即可求出椭圆的标准方程;(2)直线的方程为,与椭圆联立求出,求出点到直线的距离为,,联立直线与椭圆方程结合弦长公式求出,求出四边形的面积,整理化简利用二次函数求出最值.【详解】(1)为椭圆上
精品解析:湖南省长沙市雅礼中学2024届高三上学期月考(二)数学试题(解析版)
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