2024届广东省深圳市外国语学校高中部高三上学期第四次月考数学试题含答案

这是一份2024届广东省深圳市外国语学校高中部高三上学期第四次月考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，证明题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求解集合，结合交集的概念运算可得出结果.
【详解】，∴.
故选: C.
2．函数的定义域是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据分式、根式以及零次方的性质列式求解.
【详解】由题意可得，解得且，
所以函数的定义域是.
故选：D.
3．已知，，则p是q的（ ）．
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】利用作差法和举反例结合充分、必要条件分析判断.
【详解】若，则，
可得，即，
可知由p可以推出q，则p是q的充分条件；
例如，可知，满足，
但不满足，可知p不是q的必要条件；
综上所述：p是q的充分不必要条件.
故选：B.
4．已知，且，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意利用两角和差公式结合倍角根式整理得，两边平方运算求解即可.
【详解】因为，
则，
可得，
又因为，则，可知，
可得，两边平方可得，
所以.
故选：D.
5．已知等差数列和的前n项和分别为，，若，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据等差中项与等差数列前项和得出，，即可代入已知得出答案.
【详解】由等差数列的性质可得：
，，
则，即，
，
故选：C.
6．如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底B在同一平面内的两个观测点C与D，现测得，，米，在点C处测得塔顶A的仰角为，则该铁塔的高度约为（ ）．（参考数据：，，，）
A．42米B．47米C．38米D．52米
【答案】B
【分析】在中利用正弦定理求，再在中求.
【详解】在中，由题意可得，
则，
，
由正弦定理可得，
在中，可得，
所以该铁塔的高度约为47米.
故选：B.
7．设，，，其中e为自然对数的底数，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造函数，，求导数判断单调性比较大小即可.
【详解】令，则，
当时，，函数在上单调递增，
所以，即，
令，，
当时，，在上单调递减，
所以，所以，所以.
故选：A
8．已知是定义在R上的函数，且满足为偶函数，为奇函数，则下列说法一定正确的是（ ）．
A．函数的图象关于直线对称B．函数的周期为2
C．函数关于点中心对称D．
【答案】D
【分析】利用函数的奇偶性、对称性与周期性对选项逐一分析即可.
【详解】因为为偶函数，所以，
所以，，
所以函数关于直线对称，不能确定是否关于直线对称，A错误；
因为为奇函数，所以，
所以，所以，
所以函数关于点中心对称，故C错误，
由与得，即，
故，所以函数的周期为4，故B错误；
，故D正确．
故选：D．
二、多选题
9．下列命题中为真命题的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】ABD
【分析】直接利用恒成立问题和存在性问题的知识对选项逐一判断即可.
【详解】对于A，时，，故A正确；
对于B，当时，，故B正确；
对于C，当时，，故C错误；
对于D，因为的值域为，所以D正确.
故选：ABD.
10．函数的图象关于直线对称，将的图象向左平移个单位长度后与函数图象重合，则关于，下列说法正确的是（ ）
A．函数图象关于对称B．函数图象关于对称
C．在单调递减D．最小正周期为
【答案】BC
【分析】A选项，根据关于对称求出，得到函数的解析式，进而得到，求出对称轴方程；B选项，在A选项基础上，求解对称中心；C选项，整体法求解单调递减区间；D选项，根据求出最小正周期.
【详解】A选项，关于对称，则，，
解得，，
又，故当时，，满足要求，其他均不合要求，
故，
将的图象向左平移个单位长度得到．
令，则对称轴为，
显然不满足，故A错误；
B选项，令，则，
所以对称中心为，
显然时，，故B正确；
C选项，令，整理得，
所以单调递减区间为，
显然，时，单调递减区间为，C正确；
D选项，最小正周期，故D不正确．
故选：BC．
11．已知均为正实数，且，则下列不等式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】利用基本不等式求解判断.
【详解】因为，当且仅当时等号成立，所以，故正确；
由得，同理，当且仅当，即时等号成立，故B正确；
满足题意，但，故C错误；
由得，所以，当且仅当即时等号成立，所以，故D正确.
故选：ABD.
12．已知正方体的棱长为1，点P满足，，，（P，B，D，四点不重合），则下列说法正确的是（ ）．
A．当时，的最小值是1
B．当，时，∥平面
C．当，时，平面平面
D．当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为
【答案】BCD
【分析】对于A：根据空间向量分析可知点在平面内，利用等体积法求点到平面的距离；对于B：根据空间向量分析可知点在直线上，根据线面平行的判定定理分析判断；对于C：根据空间向量分析可知点为取的中点，结合线面垂直关系分析证明；对于D：根据空间向量分析可知点在平面内，根据线面夹角的定义结合基本不等式分析判断.
【详解】对于选项A：当时，即，
则，
可得，则，
可知点在平面内，
设点到平面的距离为，可知，
由可得，解得，
所以的最小值是，故A错误；
对于选项B：当，时，
则，
可得，则，
由正方体的性质可知：∥，且，
则为平行四边形，可得∥，且，
即，则，
可知点在直线上，直线即为直线，
且∥，平面，平面，
所以∥平面，即∥平面，故B正确；
对于选项C：当，时，
则，
取的中点，可得，
可知点即为点，
因为平面，平面，则，
设，连接，
可知，，平面，
所以平面，且平面，可得，
同理可得：，且，平面，
所以平面，
又因为分别为的中点，则∥，可得平面，
且平面，所以平面平面，故C正确；
对于选项D：当，时，
则，
可知点在平面内，
因为平面∥平面，
则直线与平面所成角即为直线与平面所成的角，
因为平面，则直线与平面所成的角为，
可得，
又因为，即，则，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
可知的最小值为，则的最大值，
所以直线与平面所成角的正切值的最大值为，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：根据空间向量的线性运算，结合向量共线或共面的判定定理确定点的位置，方可结合立体几何相关知识分析求解.
三、填空题
13．已知，则 ．
【答案】0
【分析】根据复数的除法运算可得，结合共轭复数的概念运算求解.
【详解】由题意可得：，
则，所以.
故答案为：0.
14．已知平面向量、、是两两夹角均为的单位向量，则 ．
【答案】
【分析】利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】因为平面向量、、两两夹角均为，，
所以，，则，
故答案为：．
15．“升”是我国古代测量粮食的一种容器，在“升”装满后用手指成筷子沿升口刮平，这叫“平升”，如图所示的“升”，从内部测量，其上、下底面均为正方形，边长分别为和，侧面是全等的等腰梯形，梯形的高为，那么这个“升”的“平升”可以装 mL的粮食．（结果保留整数）
【答案】1167
【分析】根据题意求出侧棱长，即可得出棱台的高，再代入棱台的体积计算公式得出答案.
【详解】根据题意画出正四棱台的直观图，其中底面是边长为20cm的正方形，底面是边长为10cm的正方形，侧面等腰梯形的高cm，记底面ABCD和底面的中心分别为与，则是正四棱台的高，

过作平面的垂线，垂足为，则，且,,
则,,
则,
侧面是等腰梯形，
,则,
则棱台的高,
则由棱台的体积公式得mL,
故答案为：1167.
16．已知函数，，，若恒成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】为过定点，斜率为的直线，根据导数的几何意义求得过定点的切线斜率为，数形结合处理恒成立问题.
【详解】因为，则，
设切点坐标为，则切线斜率，
可得切线方程为，
注意到为过定点，斜率为的直线，
把代入切线方程可得，解得，
即过定点的切线斜率为，
若恒成立，则，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
四、问答题
17．已知正项数列的前n项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，若数列满足，求的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意分析可得数列为常数列，则，结合与之间的关系分析求解；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法运算求解.
【详解】（1）因为，且，则，
可知数列为常数列，且，
则，即，
当时，，
且也符合上式，所以.
（2）由（1）可得，则，
设的前n项和为，
则，
所以的前n项和为.
五、证明题
18．如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，，.
(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，证明，再利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答.
（2）根据给定条件，利用等体积法计算作答.
【详解】（1）在四棱锥中，因是的中点，则，
在直角中，，有，在矩形中，，有，
又因，在中，，则，
而平面，因此平面，而平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，平面平面，而平面平面，平面，且，
于是得平面，又平面，则，即是直角三角形，
而，则面积，又面积，
又平面，设点到平面的距离为，由，
得，即，解得，
所以点到平面的距离为.
六、问答题
19．如图,在中,,,为线段上一点,．
(1)求的值;
(2)当时,求线段的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1) 在中,由正弦定理得到之间的关系, 在中,由正弦定理得到之间的关系,根据和即可得的值;
(2)先由得到,又有,在中,由余弦定理即可得的长.
【详解】（1）解:由题知在中,由正弦定理可得:
,
即,
在中,由正弦定理可得:
,
即,
因为,
所以,
所以,
因为,
所以;
（2）当时,
由(1)可知,
在中,由余弦定理可得:
,
即,
代入化简可得,
解得或（舍）,
故．
20．已知数列的前n项和为，且，．
(1)求；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意分析可知：数列是以首项为2，公比为2的等比数列，结合等比数列的通项公式运算求解；
（2）由（1）可得：，利用分组求和结合裂项相消法以及等差数列求和公式运算求解.
【详解】（1）因为，则，且，
可得，所以数列是以首项为2，公比为2的等比数列，
则，所以.
（2）由（1）可得：，
则
，
所以.
七、解答题
21．在四棱锥中，底面是正方形，，且底面，点是棱的中点，平面与棱交于点．
(1)求与平面所成角的正弦值；
(2)在线段上是否存在一点，使得直线与直线所成角为？若存在，试说明点位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，点是线段的中点
【分析】（1）建立空间直角坐标系，由平行的性质得出点是棱的中点，即可根据线面角的向量求法得出答案；
（2）根据已知设，，得出与，即可由直线与直线所成角为根据向量夹角的求法列式计算得出答案.
【详解】（1）底面是正方形，且底面，
、、两两垂直，
如图，以点为原点，以、、方向为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，
则,,
是正方形，
，
平面，平面，
，
面面，平面，
，
，
点是棱的中点，
点是棱的中点，则，则，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，
设与平面所成角为，
则；
（2），则，，，
设，，
则，
若直线与直线所成角为，
则，
解得或（舍），
故线段上是否存在一点，使得直线与直线所成角为，
此时，即点是线段的中点.
八、证明题
22．设函数，，．
(1)求函数的单调区间；
(2)若对任意，函数均有2个零点，求实数m的取值范围；
(3)设且，证明：．
【答案】(1)答案详见解析
(2)
(3)证明详见解析
【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论来求得的单调区间.
（2）有（1）得到的单调性，根据的极大值大于零列不等式，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.
（3）转化要证明的不等式，结合（2）的结论来证得不等式成立.
【详解】（1）的定义域为，其中，
，
当，即时，恒成立，在上单调递增.
当，即时，令解得，
在区间上单调递增；
在区间上单调递减.
综上所述，时在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）得，时，在上单调递增，在上单调递减.
依题意可得对任意，均有恒成立，
即
恒成立，
设，
，
令解得，
所以在区间上，单调递增，
在区间上，单调递减，
所以.
所以.
对于函数
当和时，，所以，
结合零点存在性定理可知，此时有两个零点.
所以实数m的取值范围是.
（3）要证明，
即证明，
即证明，
即证明，
注意到
，
所以即证明，
由（2）得，
即，
取代入上式，
得：，，
所以，
所以.
【点睛】求解函数单调区间的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间：，则在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；，则在对应区间上是减函数，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.