2024届广东省深圳市云顶学校高三上学期8月质量检测数学试题含答案

这是一份2024届广东省深圳市云顶学校高三上学期8月质量检测数学试题含答案，共14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。
一、单选题
1．设集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据交集定义运算即可
【详解】因为，所以,
故选：B.
【点睛】本题考查集合的运算，属基础题，在高考中要求不高，掌握集合的交并补的基本概念即可求解.
2．若 （为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据复数的除法先求，然后可得.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A
3．从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为（ ）
A．24B．18C．12D．6
【答案】C
【分析】由分步乘法计数原理结合排列直接求解即可.
【详解】根据题意，要使组成无重复数字的三位数为偶数，则从0，2中选一个数字为个位数，有2种可能，
从1，3，5中选两个数字为十位数和百位数，有种可能，故这个无重复数字的三位数为偶数的个数为．
故选：C．
4．已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A．14B．12C．6D．3
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
故选：D.
5．在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为（ ）
A．9B．8C．4D．2
【答案】A
【分析】根据向量共线定理得推论得到，再利用基本不等式“1”的妙用求解最小值.
【详解】因为点F为线段BC上任一点（不含端点），
所以，
故，
当且仅当，即时等号成立，
故选：A
6．若，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意求得和的值，结合两角差的余弦公式，即可求解.
【详解】由题意，可得，，
因为，，可得，，
则
.
故选：C.
7．函数在区间的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.
8．已知实数，满足，，，，，，则（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】C
【分析】根据得到，再利用换底公式得到，利用，即，求出，，所以.
【详解】由，得，.
由，，所以，
所以，解得：，则，即，
所以，，所以，
故选：C.
二、多选题
9．对于任意实数，，，，下列命题中的真命题是（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．若，则
D．若，，则，
【答案】ABD
【解析】利用不等式的基本性质即可判断出结论．
【详解】解：对于A：若，则，所以，故A正确；
对于B：若，，则，化为，可得，故B正确；
对于C：若，所以，，则，故，故C错误；
对于D：若，，则，所以，所以，，故D正确；
故选：ABD
【点睛】本题考查了不等式的基本性质与解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10．已知，下列说法正确的是（ ）
A．在处的切线方程为B．的单调递减区间为
C．的极大值为D．方程有两个不同的解
【答案】BC
【分析】对于A，利用导数的几何意义求解，对于B，求导后，由导数小于零求解，对于C，求导后求极值，对于D，函数与的交点个数判断
【详解】对于A，由（），得，，则，所以在处的切线方程为，所以A错误，
对于B，由，得，，所以的单调递减区间为，所以B正确，
对于C，由，得，当时，，当时，，所以当时，取得极大值，所以C正确，
对于D，由C选项可知的最大值为，且当时，，当时，， 所以函数与的交点个数为1，所以有1个解，所以D错误，
故选：BC
11．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】根据商的关系化简条件可求，利用平方关系求，再由商的关系求，再利用，结合二倍角公式及同角三角函数关系求，.
【详解】因为，
所以，又 ，
所以，，故A错误，B正确．
，
所以，
，
故C错误，D正确．
故选：BD.
12．已知函数，定义域为，值域为，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据题意，令，则，结合的值域为，求出的取值范围，进而区间的特征，即可得到正确选项.
【详解】令，则，
由，得，即，得；
由，得（舍）或2，即；
根据的图象特征，知，，.
故选：BCD．
三、填空题
13．函数的定义域是 ．
【答案】
【分析】根据分母不为零、真数大于零列不等式组，解得结果.
【详解】由题意得，
故答案为：
【点睛】本题考查函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题.
14．若函数的一个零点为，则 ．
【答案】1
【分析】利用可得答案.
【详解】若函数的一个零点为，
则，
即，解得.
故答案为：1.
15．如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则三棱锥的体积为 .
【答案】1
【分析】由线面垂直，根据等体积法即可求解.
【详解】在正方体中，平面,所以平面,
,
故,
故答案为：1
16．已知平面单位向量满足，设，，向量的夹角为，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】由可求得，由向量夹角公式和向量数量积的运算律可将表示为关于的函数的形式，令，换元后可得，结合的范围可求得结果.
【详解】，，，
；
设，则，，
令，则，，
，，，
即的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量夹角的求解问题，解题关键是能够利用平面向量数量积的运算律将所求量转化为以为自变量的函数的形式，从而利用函数求最值的方法求得最小值.
四、解答题
17．已知函数，且．
(1)求的定义域；
(2)当时，求使的的解集．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据对数型函数的定义域直接列不等式求解；
（2）由，判断函数单调性，根据单调性解不等式.
【详解】（1）由，
得，解得，
所以函数的定义域为；
（2）由已知得，
又由函数在上单调递增，且，
所以函数在上单调递增，
又，所以的解集为，即.
18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求的值；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．
【详解】（1）由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（2）因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．
19．已知，．
(1)求的值；
(2)若，，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系结合两角差的正弦公式可求得的值；
（2）利用二倍角的余弦公式可求得的值，利用同角三角函数的基本关系以及两角差的余弦公式求出的值，结合角的取值范围可求得结果.
【详解】（1）解：因为，，
又，所以，
所以.
（2）解：因为，
，
又因为，所以，
由（1）知，，
所以．
因为，，则，所以．
20．设函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在上的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解；
（2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解.
【详解】（1）由辅助角公式得，
则，
所以该函数的最小正周期;
（2）由题意，
，
由可得，
所以当即时，函数取最大值.
21．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；
（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，
题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．
22．已知数列的前n项和为，，且.
（1）求数列的通项；
（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由，结合与的关系，分讨论，得到数列为等比数列，即可得出结论；
（2）由结合的结论，利用错位相减法求出，对任意恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于的函数的范围关系，即可求解.
【详解】（1）当时，，
，
当时，由①，
得②，①②得
，
又是首项为，公比为的等比数列，
；
（2）由，得，
所以，
，
两式相减得
，
所以，
由得恒成立，
即恒成立，
时不等式恒成立；
时，，得；
时，，得；
所以.
【点睛】易错点点睛：（1）已知求不要忽略情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中恒成立，要对讨论，还要注意时，分离参数不等式要变号.