2024届宁夏石嘴山市第三中学高三上学期第二次月考数学（理）试题含解析

这是一份2024届宁夏石嘴山市第三中学高三上学期第二次月考数学（理）试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设全集U为实数集，已知集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）

A．B．C．D．，或，
【答案】D
【分析】根据集合交集和补集的定义，结合一元二次不等式的解法进行求解即可.
【详解】，或，
，
又图中阴影部分所表示的集合是，
而，或，
即，或，
故选：D
2．复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】B
【分析】首先利用除法运算求复数，再根据复数的几何意义判断选项.
【详解】因为，故，在复平面内对应的点为,
位于第二象限.
故选:B.
3．已知是两个不同的平面，是空间中两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】C
【分析】根据空间面面以及线面、线线的位置关系判断A；根据面面平行的性质判断B；根据线面垂直的判定判断C；举反例判断D.
【详解】对于A，若，则或，A错误；
对于B，若，则可能平行也可能异面或相交，B错误；
对于C，由，可得，又，则，C正确；
对于D，如图长方体中，不妨取前方面为，右侧面为，
如图示，，但，D错误；
故选：C
4．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据三视图可知组合体的构成，结合圆锥和球的体积公式可求得结果.
【详解】由三视图可知：该几何体为半圆锥和四分之一球构成的组合体，即如下图所示的几何体的上半部分，

半圆锥的体积，四分之一球的体积，
几何体体积.
故选：A.
5．在等比数列中，，，则（ ）
A．8B．10C．12D．14
【答案】C
【分析】设公比为，依题意即可求出，然后根据等比数列的定义即可求解结论.
【详解】设公比为 ， 由 ，
可得: ，
解得 ，
，
故选：C.
6．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中，则原平面图形的面积为（ ）
A．B．C．3D．6
【答案】C
【分析】根据斜二测画法的定义求解.
【详解】
如图，过点作于点，
因为,所以，
原平面图形中,作原平面图形如下，
则原平面图形的面积为,
故选:C.
7．若满足约束条件，则的最小值是（ ）
A．-6B．-4C．0D．2
【答案】A
【分析】画出可行域及目标函数，由几何意义求出最小值.
【详解】画出可行域与目标函数，
联立，解得，
当直线过点时，取得最小值，，
故最小值为-6.
故选：A
8．若点在直线上，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】将点代入直线方程可得，则，化简后利用基本不等式可求得结果
【详解】因为点在直线上，
所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为4，
故选：C
9．若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设，则，代入所求，可得，利用二倍角的余弦公式求解即可．
【详解】设，则，且，
而，
又，故．
故选：．
10．数列中，，，则（ ）
A．97B．98C．99D．100
【答案】C
【分析】化简得到，利用裂项相消法求和，得到方程，求出答案.
【详解】，
故，
解得.
故选：C
11．将的图象向右平移个单位，再向下平移1个单位，得到函数的图象．若函数在区间上含有20个零点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三角函数的图象变换，得到，令，求得或，结合题意，得到的最大值为，即可求解.
【详解】把函数的图象向右平移个单位，得到的图象，在将向下平移1个单位，得到函数，
由，即，可得或，
解得或，
可得函数在每个周期上有个零点，
若函数在区间上含有20个零点，则需要周期，
所以的最大值为.
故选：C.
12．已知函数，若存在实数，，且，使得，则的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用二次函数对称性化简目标式，然后构造函数，利用导数求最值可得.
【详解】作出的函数图象如图所示：

若存在实数，，，且，使得，
因为的图象关于直线对称，
所以，
所以，
由图可知，，所以．
设，，所以，
易知在上单调递增，
又，所以当时，，
所以在上单调递增，
所以．
故选：D．
【点睛】思路点睛：本题解答在于利用二次函数对称性，将三元化为一元，数形结合即可确定变量范围，然后利用导数求最值可得.
二、填空题
13．设，则 ．
【答案】/
【分析】根据对数、指数的运算可得答案.
【详解】因为，
所以，即.
故答案为：.
14．已知向量，若，则= .
【答案】3
【解析】利用向量共线的坐标表示求出的值，运用模长公式计算得出答案．
【详解】∵向量，且，
∴-2m=2m-1，解得m=，∴，
∴，
∴==3.
故答案为：3
【点睛】本题考查平面向量的坐标表示，考查向量共线的应用，考查模长的求法，属于基础题．
15．如图，在边长为6的正方形中，B，C分别为、的中点，现将，，分别沿，，折起使点，，重合，重合后记为点P，得到三棱锥，则三棱锥的外接球表面积为 .

【答案】
【分析】根据题意，折叠成的三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，将三棱锥补形成长方体，则三棱锥的外接球即是长方体的外接球，外接球直径为体对角线长，得解.
【详解】根据题意，折叠成的三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，
将三棱锥补形成长方体如图，则三棱锥的外接球即是长方体的外接球，
外接球的直径等于以,，为长、宽、高的长方体的对角线长，
，，
，
所以外接球的表面积.
故答案为：.

16．已知在上有且仅有3个极值点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据给定函数，求出相位的取值区间，再结合余弦函数的性质及极值点的意义列式求解作答.
【详解】当时，而，则，
因为函数在上有且仅有3个极值点，则，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：
三、解答题
17．已知中，内角，，的对边分别为，，，且，．
(1)求外接圆的半径；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简，即可得解 ，再由正弦定理求外接圆半径；
（2）根据余弦定理求出，再由面积公式得解.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
因为，
所以，即
所以，即
（2）由（1）可知：，或，
因为，
所以为锐角，故，
由余弦定理得，
所以，
所以．
18．如图，四棱锥中，底面为菱形，.
(1)证明：；
(2)若，，求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，即可的证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值即可.
【详解】（1）连接交于点，连接，
因为，所以.
因为底面为菱形，所以.
又，平面，
所以平面，
又平面，所以.
（2）因为，底面为菱形，
所以为等边三角形，所以，
在等边三角形中，，所以，
因为，所以，
又因为，，平面，
所以平面.
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，.
易知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则 令，则.
所以.
故平面与平面所成二面角的余弦值为.
19．已知正项数列的前项和，满足：.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用通项公式与的关系即可求出；
(2)根据(1)可得，结合错位相减法即可求出前n项和.
【详解】（1）当时，，.
当时，，…①，，…②
①②得：，
即：.
，.
是以为首项，以为公差的等差数列，
.
（2）由（1）可知，则
，…①
两边同乘得：，…②
①②得：
，
.
20．已知函数，．
（1）求的最大值和最小值；
（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【详解】（1）．
又，，即，
．
（2），，
且，
，即的取值范围是．
21．已知函数.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)设是函数的两个极值点，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)先求导函数，再根据点斜式，即可求解.
(2) 先求导函数，根据韦达定理得两极值点的关系，带入到中化简，构造，求出最值，即可求证.
【详解】（1）当时，，，
所以，.
所以函数在点处的切线方程为，即.
（2）令，
即有两个不等正实根，
则解得.所以，.
故
，其中.
令，，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故.
所以成立.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题。注意分类讨论与数形
结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为 （为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
(2)若曲线与直线有两个公共点，求的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）消参将参数方程转化为直角坐标方程，根据极坐标与直角坐标转化的规则将极坐标方程转化为直角坐标方程；
（2）对曲线C和l作几何解释，列方程求解.
【详解】（1）由 得 ， 得，
即曲线C的直角坐标方程为，
由， ，得直线l的直角坐标方程为；
（2）由（1）可知，曲线C是圆心为，半径为3的圆，
因为曲线C与直线l有两个公共点，必有，
解得，即m的取值范围为.
23．已知函数．
（1）求的解集；
（2）若，求的最小值．
【答案】（1）或；（2）.
【分析】（1）由题意可得，然后去绝对值解出不等式即可；
（2）利用绝对值不等式的几何意义直接得结果．
【详解】（1）因为，，
所以，即或，
所以或，
所以不等式的解集为或．
（2）因为，所以；
因为，
所以的最小值为.
【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和绝对值不等式的几何意义，正确的理解绝对值不等式的几何意义很关键，属基础题．