2024届高三年级第一学期11月调研数学试题模拟卷（原卷+解析）二

这是一份2024届高三年级第一学期11月调研数学试题模拟卷（原卷+解析）二，共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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. 集合，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D. M，N关系不确定
【答案】B
【解析】
【分析】先化简集合，进而求得集合之间的关系.
【详解】，
，则
故选：B
2. 已知命题，，则的一个必要不充分条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分离参数，把恒成立问题转化为求解的最值问题，从而求出充要条件，根据必要不充分条件的定义求解即可.
【详解】因为，，所以在上恒成立，
只需在上的最大值小于，
因为在上单调递减，在上单调递增，
其中，故在上的最大值为，所以，
所以是的充要条件，因为，但，
所以是的一个必要不充分条件，B正确；
其他两个选项也既不是充分也不必要条件.
故选：B
3. 设，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，有下列命题中，真命题为（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面位置关系的性质定理与判定定理一一判定即可.
【详解】对于A，若，,则或相交或异面，错误；
对于B，若，，则或相交，错误；
对于C，若，，则，又，则，正确；
对于D，若，，则或，错误.
故选：C.
4. 在中，，且，是的中点，是线段的中点，则的值为（ ）
A. 0B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】建系求出点的坐标，应用数量积的坐标运算即可.
【详解】如图，以为原点，，所在直线分别为轴，轴建立直角坐标系，则，，，
∵是的中点，∴，∵是线段的中点，∴，
∴，，，∴，
∴.
故选：C.

5. 已知函数的部分图象如图所示，且，则的值为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由可得，求出周期，再利用周期公式可求出，再由可求出的值.
【详解】由题意可得，得，所以，得，
所以，
因为的图象过点，
所以，得，
所以，
所以，或，
所以，或，
因为，所以，
故选：C
6. 点P是曲线上任意一点，则点P到直线的最短距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将直线平移刚好与曲线相切时，则切点就是所求的点，所以利用导数的几何意求出切点坐标，然后利用点到直线的距离公式可求得答案.
【详解】由题，
令，
解得或（舍）．
曲线上距离最近的点坐标为，
则所求距离为：.
故选：D.
7. 已知数列满足，且，数列满足，，则的最小值为（ ）．
A. B. 5C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列通项公式可求得公差和，采用累加法可求得，再判断单调性即可计算作答.
【详解】由数列满足，，
根据等差数列的定义知，数列是首项为，公差为2的等差数列，
所以，，
当时，，
又满足，，
所以.
设，
根据对勾函数的性质可知，当时，单调递减；当时，单调递增.
又，，
所以，当时，有最小值为.
故选：D.
8. 已知，若，， 则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断的奇偶性和单调性，通过奇偶性把，，转化在同一单调区间，利用单调性比较即可.
【详解】由题意，
故为偶函数，
当时，，故，
所以，，
所以，
故当时，单调递增，
，
因，所以，即，
设函数，
，故在区间上单调递增，
所以，
所以，即，
所以，
所以，即，
故选：B
二、多项选择题：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3分，有选错的得0分.
9. 已知平面向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则向量在上的投影为
B. 若，则，
C. 若，，则
D. 若，则向量与的夹角为锐角
【答案】AD
【解析】
【分析】根据数量积的投影坐标公式求解判断A，根据数量积坐标公式计算判断B，根据向量共线坐标表示判断C，根据数量积的坐标公式计算判断D.
【详解】对于A，因为，所以，又，
所以向量在上的投影为，正确；
对于B，因为，且，，，
所以，即，该方程有无数组解，错误；
对于C，因为，，且，，，
则，，即，，所以，
当时，，当时，，错误；
对于D，，，若时，，所以，
此时与为相反向量，当时，，
则向量与的夹角为锐角，正确；
故选：AD
10. 已知函数的最小正周期为，则（ ）
A.
B. 直线是图象的一条对称轴
C. 在上单调递增
D. 将的图象上所有的点向右平移个单位长度，可得到的图象
【答案】AB
【解析】
【分析】根据辅助角公式和函数的最小正周期可得，然后利用的性质可得.
【详解】，
因最小正周期为，，故，得，
故，
选项A：
，故A正确；
选项B：
的对称轴为，，
即，，
当时，，故B正确；
选项C：
令，，
得，，
故的单调递减区间为，，
当时，的单调递减区间为，故C错误；
选项D：
将的图象上所有的点向右平移个单位长度，可得到，
故D错误
故选：AB
11. 如图，矩形ABCD中，，E是边AB的中点，将沿直线DE翻折成（点不落在底面BCDE内），连接、.若M为线段的中点，则在的翻折过程中，以下结论正确的是（ ）

A. 平面恒成立B. 存在某个位置，使
C. 线段BM的长为定值D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据面面平行的判定定理和性质，结合线面垂直的判定定理、棱锥体积公式、余弦定理逐一判断即可.
【详解】设的中点为，连接、，
因为M为线段的中点，所以，
而平面，平面，
所以平面，
因为在矩形ABCD中，，的中点为，所以，
同理可证平面，因为，平面，
所以平面平面，而平面，
所以有平面恒成立，因此选项A正确；
设点在底面的射影为，连接，
因为在矩形ABCD中，，E是边AB的中点，
所以有，因此有，而，
显然与不垂直，
假设存在某个位置，使，
因为平面，平面，
所以，因为，平面，
所以平面，而平面，
所以，这与与不垂直，因此选项B不正确；

在矩形ABCD中，，E是边AB的中点，
所以，显然有，
由余弦定理可知：，
因为，，
所以线段BM的长为定值，因此选项C正确；
，因此选项D不正确，
故选：AC
12. 已知函数，的定义域均为是奇函数，且，，则（ ）
A. 为奇函数B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据已知等式关系结合函数的奇偶性与对称性即可求得函数均是周期为4的周期函数，利用周期性与对称性计算，逐项判断即可得答案.
【详解】因为，所以，又，则有；
因为是奇函数，所以，
可得，即有，
所以，
所以是周期为4的周期函数，
故也是周期为4的周期函数，
因为，所以，所以为偶函数，故A错误；
由奇函数，则，所以，
又，
所以，所以C选项正确；
由，得，所以B选项正确；
因为，
，
所以，
所以，所以D选项正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 中，内角，，的对边分别为，，.若，，的面积，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形面积公式求出，再利用余弦定理即可得到答案.
【详解】根据三角形面积公式得，解得，
根据余弦定理得，解得.
故答案为：.
14. 已知是公比为)的等比数列，且成等差数列，则__________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列列方程，再解方程作答.
【详解】在等比数列中，成等差数列，则，
即，而，整理得，因为，故解得
故答案为：1
15. 已知在直三棱柱中，，，，则点到平面的距离为 ______；若三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球体积为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用等体积法，结合题干数据可求解点到平面的距离，将直三棱柱补全为以为三相邻棱的长方体，可知长方体的外接球即为直三棱柱的外接球，即为三棱锥的外接球，求解即可.
【详解】
由题意，点到平面距离可以看作三棱锥的高，不妨记为，
由于直三棱柱，故平面，
故，
，即，，
故，解得，
将直三棱柱补全为以为三相邻棱的长方体，可知长方体的外接球即为直三棱柱的外接球，即为三棱锥的外接球，
故外接球的半径，体积
故答案为：，.
16. 设函数，若，恒成立，则的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】当时，符合题意；当，构造函数，可得，再构造，利用，可得答案.
【详解】当时，若，则，恒成立，符合题意；
当，，所以，
构造函数，，时，，
所以在上单调递增，
因为，所以，则时，，
所以，
，令，
所以上递增，上递减，
所以，
所以，又，所以，
综上可得，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键有两点：（1）分类讨论思想的应用；（2）两次构造函数，利用导数研究函数的单调性、最值，并加以应用.
四、解答题：本题共6小题，共70分.
17. 已知向量， ，其中，且.
（1）求的值；
（2）若，且，求角.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面向量垂直的坐标表示得到，再结合同角三角函数的基本关系求出，最后利用二倍角公式求解即可；
（2）先求出，进而得到，得到，再利用两角差的正弦公式求解即可.
【小问1详解】
由， 得，即.
代入，得，
又，则，.
则.
【小问2详解】
由，，则.
又，所以.
则=
=.
由，得.
18. 已知函数，.
（1）求函数的值域；
（2）若在上最小值为，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出的解析式，令，设，利用二次函数的单调性求值域；
（2）先求出的解析式，令，设，对称轴为，讨论对称轴与区间的关系，可得最小值，即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
令，则，当且仅当即时，等号成立，
所以，记，
易知函数在上单调递增，所以，
即的值域为，所以函数的值域为.
【小问2详解】
，
令，根据单调性的性质知，函数在单调递增，
则，记，对称轴为，
当时，在上单调递增，所以的最小值为，
解得，不合题意舍去；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，解得或舍去；
综上可得，.
19. 在中，．
（1）若，求；
（2）设是边上一点，若，，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件及三角形的内角和定理，结合三角函数的诱导公式和降幂公式即可求解；
（2）利用二倍角公式及正弦定理，结合余弦定理及同角函数的基本关系，再利用两角差的正弦公式及三角形的面积公式即可求解.
【小问1详解】
∵在中，，
∴，
∵，
∴，即，∴，∴或，
∵，
∴．
【小问2详解】
∵，
∴，
由正弦定理得，
又由余弦定理得，
∴，即，
∴，
∵为内角，
∴．
∵，
∴，，
又，
∴，
∴，
∴，
∴．
20. 如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，且，， 为异于的一条母线．
（1）若为的中点，证明：平面；
（2）若，求二面角正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）如图根据题意和圆台的结构可知平面平面，有面面平行的性质可得，根据相似三角形的性质可得为中点，则，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面、平面的法向量，结合空间向量数量积的定义和同角的三角函数关系计算即可求解.
【小问1详解】
如图，连接．
因为在圆台中，上、下底面直径分别为，且，
所以为圆台母线且交于一点P，所以四点共面.
在圆台中，平面平面，
由平面平面，平面平面，得.
又，所以，
所以，即为中点．
在中，又M为的中点，所以．
因为平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
以为坐标原点，分别为轴，过O且垂直于平面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以．
则．
因为，所以．
所以，所以．
设平面的法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，又，
设平面的法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，
所以．
设二面角的大小为，则，
所以．
所以二面角的正弦值为.
.
21. 已知数列是公差为3的等差数列，数列是公比为2的等比数列，且满足． 将数列与的公共项按照由小到大的顺序排列，构成新数列．
（1）证明：
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用基本量代换列方程组求出，得到，的通项公式，进而判断出是数列{}的项，即可证明；（2）利用错位相减法求和.
【小问1详解】
由，得，
由，得，
解得，
因为数列{}的公差为3，数列{}的公比为2，
所以
不是数列{}的项，是数列{}的第1项．
设，则
所以不是数列{}的项．
因为，
所以是数列{}的项．
所以
【小问2详解】
由（1）可知，．
=
所以
所以．
22. 已知函数.
（1）若，求的值；
（2）证明：当时，成立.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）解法一：根据，可得是的极小值点求出，再利用导数检验即可；解法二：求出，分、讨论，利用导数判断单调性可得答案；
（2）当时，设，利用导数判断出单调性可得答案.
【小问1详解】
解法一：由，得，
又，所以是的极小值点，
故，而，故，
若，则，
当；当，
所以在单调递减，在单调递增，
故是唯一的极小值点，也是最小值点，
由，所以当且仅当时，
解法二：由，得，又，
当时，有恒成立，所以在上单调递减，
又，则不成立，
当时，令，得，
则时，有时，有，
即在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为，
，
函数在单调递减，单调递增，
，当且仅当取等号，
故；
【小问2详解】
当时，，
设，
当时，，
又由（1）知，故，
当时，，
设，则，
则单调递增，，
所以，则在单调递增，
，
综上，，即当时，.
【点睛】思路点睛：在证明不等式时构造函数，利用导数判断出单调性结合最值的正负是常用的方法.