2024届江苏省盐城市联盟校高三上学期第二次联考数学试题含答案

这是一份2024届江苏省盐城市联盟校高三上学期第二次联考数学试题含答案，共16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】D
【分析】求出集合，利用补集和交集的定义可求得集合.
【详解】因为，则，
又因为，故.
故选：D.
2．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三角函数的定义可求出的值，然后利用两角和的正切公式可求得的值.
【详解】因为角的终边经过点，由三角函数的定义可得，
所以，.
故选：B.
3．如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体，设圆锥部分的高为0.5米，圆柱部分的高为2米，底面圆的半径为1米，则该组合体体积为（ ）
A．立方米B．立方米
C．立方米D．立方米
【答案】D
【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式可得.
【详解】圆柱体积为，圆锥体积为，
所以，该组合体的体积为.
故选：D
4．若函数在上单调递增，则的最大值是（ ）
A．3B．C．2D．
【答案】A
【分析】函数在上单调递增，等价为在上恒成立，通过构造函数，利用导数求最值解决恒成立问题.
【详解】函数在上单调递增，等价为在上恒成立，即在上恒成立，
令，则在上恒成立，故在上单调递增，
则，故，则的最大值是3.
故选：A.
5．已知复数满足，当的虚部取最小值时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，利用复数的模长公式可得出，求出的取值范围，可得出的最小值，进而可得出的值，由此可得出复数的值.
【详解】设，则，
所以，，即，
所以，，可得，解得，
当的虚部取最小值时，即当时，则，解得，
故，
故选：A.
6．已知为的重心，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取的中点为，由重心的性质可知，再根据已知条件可知，又，再利用基本不等式即可求出结果.
【详解】取的中点为，连接，如下图所示：

因为G为三角形ABC的重心，所以，
因为，，
所以，
所以，
又
，当且仅当时取等号；
故选：D.
7．已知是数列的前项和，则“是递增数列”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】利用，结合充分必要条件的定义即可判断.
【详解】当是递增数列，则，则，
但是的符号不确定，故充分性不成立；
当时，则，故是递增数列，即必要性成立；
综上，“是递增数列”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
8．已知数列的首项，且，，则满足条件的最大整数（ ）
A．2022B．2023C．2024D．2025
【答案】C
【分析】将已知条件恒等变换为，则有是等比数列，从而得，，根据的单调性，即可得答案.
【详解】因为，所以，所以，
所以数列是等比数列，首项为，公比为，
所以，即，
所以
，
而当时，单调递增，
又因为，且，
所以满足条件的最大整数.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的关键是发现是等比数列，从而由等比数列前项和公式可将表示出来，结合单调性即可得解.
二、多选题
9．设为复数（为虚数单位），下列命题正确的有（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】AC
【分析】利用共轭复数的定义可判断A选项；利用特殊值法可判断B选项；利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可判断C选项；解方程，可判断D选项.
【详解】对于A选项，若，则，A对；
对于B选项，若，不妨取，则，但，B错；
对于C选项，若，则，故，C对；
对于D选项，若，则，解得，D错.
故选：AC.
10．若直线与圆相交于两点，则长度可能等于（ ）
A．2B．4C．D．5
【答案】BCD
【分析】根据题意，求得圆心，半径，以及直线过定点，求得，结合圆的性质，求得弦长的取值范围为，结合选项，即可求解.
【详解】由圆，可得圆心，半径为，
又由直线恒过定点，且点在圆的内部，可得，
当直线时，此时直线与圆相交，截得的弦长最短，
此时，
当直线过圆心时，此时截得的弦长最长，此时，
所以弦长的取值范围为，结合选项，选项B、C、D符合题意.
故选：BCD.
11．若函数在上的零点从小到大排列后构成等差数列，则的取值可以为（ ）
A．0B．1C．D．
【答案】ABD
【分析】函数有零点，即函数与的图象有交点，画出函数与的图象，结合图象求解即可.
【详解】因为函数有零点，所以．
画出函数与的图象，如图所示．
当或1时，经验证，符合题意．
当时，由题意可得．
因为，所以．
故选：ABD.
12．已知圆锥（是底面圆的圆心，是圆锥的顶点）的母线长为，高为.若、为底面圆周上任意两点，则下列结论正确的是（ ）
A．三角形面积的最大值为
B．三棱锥体积的最大值
C．四面体外接球表面积最小值为
D．直线与平面所成角余弦值最小值为
【答案】ABD
【分析】选项A，由已知计算出底面半径的长度，以及轴截面的顶角大小，利用三角形的面积公式可知，当时，三角形面积最大，可判断选项A；利用三棱锥等体积转换，可得当面时，三棱锥体积最大，可判断选项B；因为底面，所以四面体外接球球心在的中垂面和过外接圆圆心的底面垂线的交点处，利用勾股定理和正弦定理可计算出最小值，判断选项C；由线面角公式可得，当面时，直线SP与平面所成角的余弦值最小，判断出选项D．
【详解】选项A，由母线长为，高为，可得底面半径为，
设是底面圆的一条直径，则，
即是钝角，
又，
则存在点、，当时，，三角形面积的最大值为，故A正确；
选项B，因为，
则当面时，，故B正确；
选项C，设的外接圆半径为，因为与底面垂直，
所以，四面体外接球半径满足，
若外接球表面积的最小，即外接球的半径最小，
又，即在底面圆中，的外接圆半径最小，
由正弦定理，，则无最大值，
的外接圆半径无最小值，即四面体外接球表面积无最小值，故C错误；
选项D，设点到平面的距离为，
直线SP与平面所成角的正弦值为，
则当面时，，
此时直线与平面所成角的余弦值最小，最小值为，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
三、填空题
13．已知向量，，若与共线，则 .
【答案】/
【分析】先由向量共线列出方程求出参数，再由向量坐标线性运算、模长公式即可得解.
【详解】由题意，，且与共线，则当且仅当，解得，
所以，从而.
故答案为：.
14．若函数（）在区间上单调递增，则的取值范围 .
【答案】
【分析】由 ,得，
根据函数在区间的单调递增，求解的范围.
【详解】由，
得，
取，得，
又由在区间上单调递增，
则,即，
又，所以的取值范围为.
故答案为：.
15．若函数是偶函数，则的最小值为 ．
【答案】4
【分析】利用偶函数的性质可得，然后利用基本不等式即得.
【详解】由为偶函数可得，即，
所以．
因为，且，，
所以，
则，
当且仅当，即时，取最小值4．
故答案为：4.
16．若函数满足对一切实数恒成立，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】由求得，然后求导，根据二次函数性质求解可得.
【详解】因为，
所以，
即恒成立，
所以，即，
所以，
由二次函数性质知，的图象关于对称，且在单调递增，
所以，，
即，解得，
所以，等式的解集为.
故答案为：
四、解答题
17．已知函数
(1)求的单调增区间；
(2)若的图象向右平移（）个单位后得到的函数恰好为奇函数，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）化简函数解析式，整体代入法求的单调增区间；
（2）求平移后的解析式，由得到的函数恰好为奇函数，求的最小值.
【详解】（1），
由，解得。
所以的单调增区间为
（2），的图象向右平移（）个单位后，
得到的函数，这个函数为奇函数，
则，解得，
由，则时，有最小值.
18．已知圆M过，，且圆心M在直线上.
(1)求圆M的标准方程；
(2)过点的直线m截圆M所得弦长为，求直线m的方程；
【答案】(1)
(2)或
【分析】(1)首先由条件设圆的标准方程，再将圆上两点代入，即可求得圆的标准方程；（2）分斜率不存在和存在两种情况，分别根据弦长公式，求得直线方程.
【详解】（1）圆心在直线上，设圆的标准方程为：，
圆过点，，，解得
圆的标准方程为
（2）①当斜率不存在时，直线m的方程为：，直线m截圆M所得弦长为，符合题意
②当斜率存在时，设直线m：，圆心M到直线m的距离为
根据垂径定理可得，，，解得
直线m的方程为或.
19．如图，在中，，，点D为内一点，满足，且
（1）求的值；
（2）求边BC的长．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用向量数量积运算化简，得到，由此得到，根据正弦定理求得.
（2）利用余弦定理求得的表达式，根据，解方程求得的长.
【详解】（1）设，，，
由，
所以，即，
又为三角形的内角，所以，
在中，，所以，
同理，
所以，∴
（2）在中，，
同理，
由（1）可得，解得.
【点睛】本小题主要考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，考查平面向量数量积运算，考查方程的思想，属于中档题.
20．如图，多面体中，底面为菱形，，平面，平面，.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值的绝对值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）转化为平面平面的问题，利用面面平行判定定理可证；
（2）记AB的中点为G，以D为原点，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量求解即可.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
因为平面，平面，所以平面，
由为菱形可知，同上可证平面，
又平面，
所以平面平面，
又因为平面，所以平面.
（2）记AB的中点为G，连接BD，DG，
因为，，所以为正三角形，
所以，且，
因为，所以，
所以两两垂直，
以D为原点，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
得，
设为平面的法向量，为平面的法向量，
则，，
取，得，
记二面角的大小为，则.
21．是等差数列的前项和，数列满足，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前项和为.若集合且，求集合中所有元素的和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题中条件求出、的值，可求得，由此可得出数列的通项公式；
（2）对任意的，求得分为偶数和奇数两种情况讨论，求出的表达式，解不等式，确定集合中的元素，利用分组求和法可求得集合中所有元素之和.
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，
由题意可得，，则，
，，可得，
所以，，所以，，
故.
（2）解：对任意的，，
当为偶数时，设，则，
则、、、、、是集合中的元素；
当为奇数时，设，
则，
由，可得，
因为，解得，此时，、、、、、是集合中的元素，
因此，集合中所有元素之和为.
22．已知函数.
(1)若曲线在点处的切线方程为，求的值；
(2)当时，（）在恒成立，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出导函数，利用切线的斜率建立方程求解即可；
（2）把恒成立问题转化为最值问题，求出导函数，利用函数的单调性结合三角函数求解最值范围，即可求解的最大值.
【详解】（1）由得，
因为曲线在点处的切线方程为，
所以，所以；
（2）因为在恒成立，所以，
当时，，则，
记，，则，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
又，
所以，使得，即，
故在上单调递减，上单调递增，
所以，因为，所以，所以，
所以，所以，从而，
因为，所以，所以的最大值为.
【点睛】求解切线有关问题，关键点有3个，第一个是要判断已知点是在曲线上还是在曲线外；第二个是切点的坐标，切点既在曲线上，也在切线上；第三个斜率，斜率可利用导数求得，也可以利用直线上两点坐标来求得.