2024届黑龙江省鸡西市实验中学高三上学期第三次月考数学试题含答案

这是一份2024届黑龙江省鸡西市实验中学高三上学期第三次月考数学试题含答案，共15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．已知集合，且，则（ ）
A．B．{2}C．D．
【答案】C
【分析】根据交集和补集的定义可求.
【详解】，
由题设有，故，
故选：C.
2．设复数，则等于（ ）
A．1B．C．2D．4
【答案】C
【解析】由除法法则求得，再计算．
【详解】，，
∴．
故答案为：2．
3．已知，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据不等式的性质判断即可.
【详解】对于A，若，则不等式不成立，故A错误；
对于B，若，则不等式不成立，故B错误；
对于C，若，则不等式不成立，故C错误；
对于D，因为，所以，即，故D正确.
故选：D
4．设等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．27B．45C．81D．18
【答案】B
【分析】根据等差数列前项和的性质可得，，成等差数列，从而可列方程可求出结果.
【详解】因为等差数列，所以，，成等差数列，
可得，即，解得
，即.
故选：B.
5．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】通过进行分段，从而判断出的大小关系.
【详解】，
∴．
故选：A
6．已知正项等比数列中的是函数的极值点，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】B
【分析】求导根据根与系数的关系得到，根据等比数列性质得到，计算得到答案.
【详解】是的极值点，则是的两个根，故，是正项等比数列，所以，
因此.
故选：B
7．圣·索菲亚教堂（英语：SAINTSOPHIACATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，为哈尔滨的标志性建筑，被列为第四批全国重点文物保护单位.其中央主体建筑集球､圆柱､棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ）

A．30B．60C．D．
【答案】D
【分析】在中，利用正弦定理，得，再结合锐角三角函数的定义，求得，，得解．
【详解】由题意知，，，
所以，
在中，，
在中，由正弦定理得，，
所以，
在中，米，
所以小明估算索菲亚教堂的高度为米．
故选：D．
8．已知定义在R上的函数是奇函数且满足，，数列满足，且 （其中为的前项和），则 （ ）.
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由是奇函数且满足可知为周期函数，再由求出的通项公式，利用函数周期性进行求解.
【详解】∵，可得
，即
又∵是奇函数，∴
∴
即
∴将代入上式，有
∴是周期为3的周期函数.
又∵，
∴，①
当时，有②
①②，得，
即（）
∴（）
∴（）
∴是首项为，公比为的等比数列，
∴，
∴，，
∴
∵定义在R上的奇函数是周期为3的周期函数，
∴
∴.
故选：A.
二、多选题
9．命题“是的必要不充分条件”是假命题，则不可能的取值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】BCD
【分析】根据给定条件，结合必要不充分条件的定义求出即得结果.
【详解】由是的必要不充分条件，得，
于是命题“是的必要不充分条件”是假命题，有，
所以不可能的取值是2，3，4，即BCD正确，A错误.
故选：BCD
10．已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．函数图像关于直线对称
C．函数的值域为
D．若函数有四个零点，则实数的取值范围是
【答案】AC
【分析】根据函数的解析式可得判断A，根据函数的定义域可判断B，根据二次函数的性质及三角函数的性质可得函数的值域判断C，利用数形结合可判断D.
【详解】因为，
所以，故A正确；
由题可知函数的定义域为，不关于对称，故B错误；
当时，，
当时，，，
所以函数的值域为，故C正确；
由可得，则函数与有四个交点，
作出函数与的大致图象，
由图象可知函数有四个零点，则实数的取值范围是，故D错误.
故选：AC.
11．在正六边形中，（ ）
A．B．
C．D．在上的投影向量为
【答案】CD
【分析】根据向量的线性运算即可求解AB，根据数量积的定义求解C，根据垂直关系，即可由投影向量的定义求解D.
【详解】,故A错误，
连接相交于，相交于，则，为，的中点,
由于,
所以,故B错误，
,故C正确，
由于故故，
所以在上的投影向量为，D正确，
故选：CD

12．已知的角、、所对的边分别为、、，且，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．为等腰非等边三角形D．为等边三角形
【答案】BD
【分析】利用正弦定理可得出，结合角的取值范围可得出角的值，可判断A选项；利用余弦定理可判断CD选项；利用平面向量数量积的定义可判断B选项.
【详解】对于A选项，因为，由正弦定理可得，即，
又因为，所以，，A错；
对于CD选项，由余弦定理可得
，则，可得，
又因为，故为等边三角形，C错D对；
对于B选项，，B对.
故选：BD.
三、填空题
13．已知，为单位向量，，则 .
【答案】
【分析】由可得，即可求出，再代入即可得出答案.
【详解】因为，为单位向量，，
所以，
所以.
则
故答案为：.
14．已知，则 .
【答案】/
【分析】根据两角和的余弦公式、二倍角公式、同角三角函数的基本关系式等知识求得正确答案.
【详解】由得，
所以，两边平方得，
解得.
故答案为：
15．已知等差数列的前项和为．若，公差，则的最大值为 .
【答案】25
【解析】由已知求出等差数列的通项公式，求出满足的最大值，代入可得的最大值．
【详解】，，
令，解得，又，则
的最大值为
故答案为：25
16．在中，点在线段上，且满足，点为线段上任意一点，若实数满足，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据题意，由三点共线可得，再由基本不等式，即可得到结果.
【详解】
因为，则，
由三点共线可得，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为.
故答案为：.
四、解答题
17．（1）已知数列中，求其前项和
（2）已知数列中，求其前项和
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用等差数列和等比数列前项和公式进行求解即可；
（2）利用裂项相消法进行求解即可.
【详解】（1）因为，
所以
即；
（2）因为，
所以.
18．已知内角A，B，C的对边为a，b，c，且满足.
（1）求C；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得，由此求得C.
（2）利用余弦定理求得b，再根据三角形的面积公式，求解即可.
【详解】（1）由正弦定理得：，
又，，即，
又，故.
（2），，
由余弦定理得，，即，
解得：或（舍去）.
所以的面积.
【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：
（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
（4）代数变形或者三角恒等变换前置；
（5）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到.
19．已知函数，直线是函数的图象的一条对称轴.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)已知函数的图象是由的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，然后再向左平移个单位长度得到的，若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求得的解析式，然后利用整体代入法求得的单调递增区间.
（2）先求得的解析式，然后利用三角恒等变换的知识求得.
【详解】（1）
，
由于直线是函数的图象的一条对称轴，
所以，解得，所以，
由，解得，
所以的单调递增区间为.
（2）的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，得到，
再向左平移个单位长度得到，
若，
即，
由于，所以，
所以
.
20．设．
(1)若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围；
(2)解关于的不等式．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据的正负性，结合一元二次不等式的解集的性质分类讨论进行求解即可；
（2）根据的正负性，结合一元二次方程两根的大小关系分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）不等式.
当时，，即不等式仅对成立，不满足题意，舍去.
当时，要使对一切实数恒成立.
则，解得.
综上，实数的取值范围为.
（2）当时，解得.
当时，.
①若，的解为；
②若，当即时，解得.
当时，，的解为或.
当时，，的解为或.
综上，当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
21．已知是递增的等比数列，前项和为，且，，成等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)各项均为正数的数列的首项，其前项和为，且，若数列满足，求的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据已知条件解得与，再化为基本量求解；
（2）先根据与的关系，得出数列为等差数列，求得其通项公式，再利用错位相减法求解.
【详解】（1）由已知，，∴
又∵，，成等差数列，
∴，
∴，
设递增等比数列的公比为()，则
解得，，
∴数列的通项公式为.
（2）∵，
∴，平方得，①
∴，有②
①②得
（），
∴（），
∴（）
∵数列各项均为正数，∴，
∴（），
∴数列是首项，公差的等差数列，，
∴，
∴③
③得，
④
③④得，
∴.
22．已知函数，且.
（1）求函数的解析式；
（2）若对任意都有，求的取值范围；
（3）证明：.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【解析】（1）求导得，代入可求得，所以得函数；（2）利用参变分离方法将不等式转化为恒成立，令，判断函数的单调性，求即可；（3）由（2）可证，将不等式变形得，令，求该函数的单调性与最小值即可证明.
【详解】（1）因为，所以.
又因为，所以，，
所以.
（2）若对任意，都有.
即恒成立，即，令
则，.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以当时，有最大值，.
所以，即的取值范围是.
（3）证明：由（2）可得，所以；
现要证明，即证.
令，则.
当时，，单调递增.
所以.即.
所以.从而得到.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题；（4）考查数形结合思想的应用．