阶段性检测3.3（难）（范围：集合至立体几何）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）

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一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】结合对数函数定义域和分式不等式解法化简集合A，B，由集合交集的定义求解即可．
【详解】函数的定义域为，
不等式，可化为或，所以，
所以，，
所以．
故选：A．
2．已知复数的共轭复数为，且，则（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】先根据复数的乘法运算和加减法运算化简，再根据复数相等的定义即可得解.
【详解】由题意，
则，即，
化简得，
所以，解得，
所以.
故选：D.
3．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】注意到，且有，故结合已知条件以及二倍角公式可以先求出 的值，进一步利用诱导公式即可得解.
【详解】由二倍角公式有，又已知，代入即得，由诱导公式有，因此.
故选：D.
4．已知向量，线段的中点为，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】用平面向量基底表示，找到的关系求解即可.
【详解】设，
则，
由，
得，又已知，且，
则有，
故.
故选：A.
5．已知命题：任意，使为真命题，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，由题意可得任意，恒成立，结合二次函数性质列不等式求的取值范围.
【详解】设，则，
原命题等价于：任意，使为真命题，
所以，其中
设， 则
函数，的最大值为与中的较大者，
所以，
∴，解得，
故选：C.
6．已知数列的前项和为，，，若，则（ ）
A．48B．49C．50D．51
【答案】A
【分析】根据题意，得到是等比数列，求得，结合，分为偶数和为奇数，列出方程，即可求解.
【详解】因为，所以，且，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，
当n为偶数时，，当n为奇数时，，
又由，
当为偶数时，由，
可得，解得或（舍去）；
当为奇数时，由，
可得，解得（舍去）或（舍去）．
综上可知，．
故选：A.
7．已知函数的定义域为，若为偶函数，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知条件推导出函数周期为4，，可求.
【详解】由，令得．
令，得，，．
因为为偶函数，，即，曲线关于直线对称．
又，图像关于点中心对称，
，
可得，即，
又，
的周期．
，，
．
故选：A．
8．已知函数，且，则实数a的取值范围（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】令，判定函数的奇偶性与单调性，将不等式进行转化，即可求解a的范围.
【详解】令，定义域为R，
，
所以为奇函数，
又.
当时，令，
则有，
因为，所以，
所以在上单调递增，
所以，
所以，所以在上单调递增，
又因为为奇函数，所以在R上单调递增，
所以，可转化为，
，
所以，
所以，即，
解得
即实数a的取值范围是.
故选：C.
【点评】本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合，利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．若数列满足（为正整数），为数列的前项和则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】直接代入递推公式求得，可知A正确；根据递推式求，构造数列为常数列，求得数列的通项，得，B正确；代入等差数列求和公式可得，C错误；先放缩，再利用裂项相消求和可证明D正确.
【详解】，故A正确；
由知，，
两式相减得，
故，故当时，为常数列，
故，故，故，故B正确；
，故C错误；
，
故，故D正确.
故选：ABD.
10．在棱长为1的正方体中，M为底面的中心，，，N为线段AQ的中点，则（ ）

A．CN与QM共面
B．三棱锥的体积跟的取值无关
C．时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为
D．时，
【答案】ABC
【分析】由为的中点，得到，可判定A正确；由到平面的距离为定值，且的面积为定值，根据，可得判定B正确，由时，得到三点的正方体的截面是等腰梯形，可判定C正确；当时，根据，可判定D不正确．
【详解】在中，因为为的中点，所以，
所以与共面，所以A正确；
由，因为到平面的距离为定值，且的面积为定值，
所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以B正确；
当时，过三点的正方体的截面是等腰梯形，

所以平面截正方体所得截面的周长为，
所以C正确；
当时，可得为的中点,为的中点
，
则，所以不成，所以D不正确．
故选：ABC

11．关于函数，下列选项正确的有（ ）
A．为偶函数
B．在区间上单调递增
C．的最小值为2
D．在区间上有两个零点
【答案】ABD
【分析】根据偶函数的定义判断可得A正确；利用导数判断可得B正确；根据可得C不正确；分段解方程可得D正确.
【详解】由，得，，得，，
所以的定义域为，关于原点对称，
因为，
所以为偶函数，故A正确；
当时，，，
因为，所以，，，所以，
所以在区间上单调递增，故B正确；
因为，故C不正确；
当时，，，
令，得，无解；
当时，函数无意义，
当时，，，
令，得，得，无解，
当时，函数无意义，
当时，，，
令，得，得，得，
当时，函数无意义，
当，，，
令，得得，无解，
当时，函数无意义，
当时，，，
令，得，得，得，
综上所述：在区间上有两个零点和.故D正确.
故选：ABD
12．若存在直线与曲线都相切，则的值可以是（ ）
A．0B．C．D．
【答案】ABC
【分析】设该直线与相切于点，求出切线方程为，设该直线与相切于点，求出切线方程为，联立方程组，得到，令，讨论的单调性，从而得到最值，则可得到，解出的取值范围，四个选项的值分别比较与区间端点比较大小即可判断是否在区间内.
【详解】设该直线与相切于点，因为，所以，
所以该切线方程为，即.
设该直线与相切于点，因为，所以，
所以该切线方程为，即，
所以，
所以，
令，
所以当时，0；当时，；
在和上单调递减；在和上单调递增；
又，所以，
所以，解得，所以的取值范围为，
所以A正确；
对于B，，所以，所以B正确；
对于C， 因为，所以C正确；
对于D， 因为，所以D不正确.
故选：ABC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．工人甲将一底面半径为4、高为4的圆柱型钢料，车削成一下底面半径为4、高为4的圆台型钢坯．经测量，车削下来的钢料体积占圆柱型钢料体积的，则圆台型钢坯所对应圆台的母线长为 .
【答案】5
【分析】设圆台的上底面半径为，根据圆柱与圆台的体积公式列式求出，从而得出答案.
【详解】设圆台的上底面半径为，由题意得，
解得，则圆台的母线长.
故答案为：5.
14．平面向量，满足，且，则的最小值是 ．
【答案】/
【分析】运用向量的数量积、向量的夹角公式计算可得，结合基本不等式即可求得结果.
【详解】由两边平方得．
又因为，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值是.
故答案为：.
15．在中，已知，，，当取得最小值时，的面积为
【答案】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理探讨可得，再利用余弦定理探求的关系，并求出，由数量积的定义结合二次函数求出，再利用三角形面积公式求解作答.
【详解】
令，则，由，得，
在中，，在中，，
于是，令，则，
而，则有，
由余弦定理得，整理得，即，，
则，
当时，取得最小值，在中，，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点睛：条件较隐含的解三角形问题，根据题意设出变量，再选择恰当的三角形，借助正余弦定理列出方程、方程组是解题的关键.
16．若函数在上具有单调性，且为的一个零点，则在上单调递 （填增或减），函数的零点个数为 ．
【答案】 增 9
【分析】根据函数在上具有单调性，限定周期的范围，得出的范围，再由函数的零点得出关于的等式，结合这两个条件求出的值，再数形结合得出结果.
【详解】因为在上具有单调性，
所以，即，．
又因为，
所以，即，
只有，符合要求，此时．
当时，，
所以在上单调递增．
因为的最大值为1，而，，
作出函数与的图象，由图可知，这两个函数的图像共有9个交点，所以函数的零点个数为9．
故答案为：增；9.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
17．如图，四棱锥中，四边形ABCD为梯形，，，，，，M，N分别是PD，PB的中点．

(1)求证：直线平面；
(2)求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连接，证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用勾股定理证明，，从而可得平面，即可得证.
【详解】（1）连接，
因为M，N分别是PD，PB的中点，所以，
又平面，平面，
所以直线平面；
（2）因为，
所以，所以，
因为，，
所以，所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
又，所以．

18．如图，在平面四边形中，，，的平分线交于点，且．

(1)求及；
(2)若，求周长的最大值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）在△ABE中，利用正弦定理求出sin∠AEB，从而求出∠AEB的大小，从而求出∠ABE的大小，再根据BE是∠ABD的平分线可得△BDE是等腰三角形，从而可得DE长度，在△BDE中，利用余弦定理即可求BD；
（2）设，．在△BCD中，利用余弦定理得m，n的关系式，，再结合基本不等式即可求出m＋n的最大值，从而可求△BCD周长的最大值．
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
又，则，
于是，
∵为角平分线，∴，∴，∴，
在中，根据余弦定理得，
∴．
（2）设，．在中，
由余弦定理得，
即有，即，
∴，
当且仅当时，“＝”成立．
∴周长的最大值为．
19．已知数列，满足，是等比数列，且的前项和.
(1)求数列，的通项公式；
(2)设数列，的前项和为，证明：.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）由前项和与通项之间关系可求得，进而由已知等式得到，推导可得；
（2）由（1）可得，采用裂项相消法可整理得到，结合和可证得结论.
【详解】（1）当时，，；
当且时，，
；
经检验：满足，；
当时，，；
当且时，，
，；
经检验：满足，.
（2）由（1）知：，
；
，在上单调递减，在上单调递增，
，；
又，.
20．已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点．

(1)证明：；
(2)若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用线面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得解.
【详解】（1）取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则，
因为，所以，，
设直线与直线交于点，
因为，则，，所以，，
所以，，故，
设，则，，
所以，，
且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
（2）因为，，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

因为，则、、、、，
设平面的法向量为，则，，
则，取，则，
设，其中，
，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，解得，即.
21．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知
(1)求角A；
(2)若为锐角三角形，且的面积为S，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理和和差公式整理即可得到，再结合，即可得到；
（2）根据和三角形面积公式将整理为，再根据锐角三角形和正弦定理得到的范围，最后用换元法和函数单调性求范围即可.
【详解】（1），所以，
所以，
又，所以，
因为，所以．
（2）由（1）可知，．
则．
因为锐角三角形，所以，整理得．
因为，所以．
令，则函数在上单调递减，在上单调递增，所以，即，
故的取值范围为.
22．已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)证明：当时，不等式恒成立．
【答案】(1)函数在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导函数研究函数的单调性，由导函数分子符号不易判断，再构造函数，借助导函数研究的单调性，进而求出其最小值大于，即，从而得到函数的单调性.
（2）等价转化不等式为，构造函数，求导得，再构造研究函数的单调性与最值，得，再由符号，分析单调性，得，再构造函数证明即可.
【详解】（1）当时，，
则，
令，
则，令，得，
当时，， 单调递减；
当时，， 单调递增.
所以函数在单调递减, 在单调递增，
，
所以函数在上单调递增.
（2）不等式等价于
令
则
设，
当，当，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，
，即，
则令，解得，
令，解得，
所以函数在单调递减，在单调递增，
，
令，则，
当时，，
在单调递减， ，
即时，不等式恒成立．