2024届江西省南昌市南昌县莲塘第一中学高三上学期10月质量检测数学试题含解析

这是一份2024届江西省南昌市南昌县莲塘第一中学高三上学期10月质量检测数学试题含解析，共19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．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先解出集合A，B的具体区间，再按照交集的定义求解即可.
【详解】对于集合A， ；
对于集合B， ；
由于 ，
， ；
故选：D.
2．已知，向量，，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】首先利用向量平行的坐标表示求，再根据充分，必要条件的定义判断.
【详解】若向量，则，即
解得：或,
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：B
3．，，，且三点共线，则=（ ）
A．8B．4C．2D．1
【答案】A
【分析】由已知可求，由三点共线得,根据向量共线的定理即可求出的值.
【详解】由题得,
因为三点共线,
所以,
所以存在实数,使得,
所以,
所以,解得.
故选：A
4．若数列的前项和为，且，则（ ）
A．684B．682C．342D．341
【答案】B
【分析】根据等比数列求和公式以及并项求和法得出结果.
【详解】，，，，，
所以.
故选：B.
5．在下列关于直线与平面的命题中，真命题是（ ）
A．若，且，则B．若，且，则
C．若，且，则D．若，且，则
【答案】B
【分析】利用线面垂直的判定条件说明、推理判断AB；利用线面平行的判定说明判官CD作答.
【详解】对于A，，当平面的交线为时，满足，此时，A错误；
对于B，由，得存在过直线的平面，，由于，
则平面与平面必相交，令，于是，
显然，而，则，同理，又是平面内的两条相交直线，因此，B正确；
对于C，平面为一正三棱柱的两个侧面所在平面，直线为底面正三角形的一边所在直线，
显然，与平面不平行，C错误；
对于D，，令，当直线在平面内，且时，满足，此时不成立，D错误.
故选：B
6．如图，有一古塔，在A点测得塔底位于北偏东60°方向上的点D处，塔顶C的仰角为30°，在A的正东方向且距D点60的B点测得塔底位于北偏西45°方向上（A，B，D在同一水平面），则塔的高度CD约为（ ）（参考数据：）
A．38mB．44mC．40mD．48m
【答案】D
【分析】转化为解三角形问题，利用正弦定理、直角三角形的性质进行求解.
【详解】如图，根据题意，平面ABD，，，，.
在中，因为，所以，
所以.在中，.
故A，B，C错误.
故选：D.
7．如图，在中，M为线段的中点，G为线段上一点，，过点G的直线分别交直线，于P，Q两点，，，则的最小值为（ ）．
A．B．C．3D．9
【答案】B
【分析】先利用向量的线性运算得到，再利用三点共线的充要条件，得到，再利用基本不等式即可求出结果.
【详解】因为M为线段的中点，所以，又因为，所以，
又，，所以，
又三点共线，所以，即，
所以，
当且仅当，即时取等号.
故选：B.
8．已知函数，若函数有6个不同的零点，且最小的零点为，则（ ）．
A．6B．C．2D．
【答案】B
【分析】根据函数图象变换，画出图像，找到对称轴，进而数形结合求解即可.
【详解】由函数的图象，经过翻折变换，可得函数的图象，
再经过向右平移1个单位，可得的图象，
最终经过翻折变换，可得的图象，如下图：
则函数的图象关于直线对称，
令
因为函数最小的零点为，且，
故当时，方程有4个零点，
所以，要使函数有6个不同的零点，且最小的零点为,则，或，
所以，关于方程的两个实数根为
所以，由韦达定理得，
故选：B
【点睛】本题解题的关键点在于数形结合，将问题转化为关于方程的两个实数根为，进而得.
二、多选题
9．若复数（为虚数单位），复数的共轭复数为，则下列结论正确的是（ ）
A．复数所对应的点位于第一象限B．
C．D．
【答案】AC
【分析】通过复数中，对复数进行化简，可以判断A选项；通过共轭复数的定义得到，可判断B选项；通过复数的乘除运算法则可判断C、D选项.
【详解】因为，所以，
所以，
对于A，复数在复平面内对应的点在第一象限，故A正确；
对于B，由，可得，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选：AC
10．在中，内角的对边分别为，且，，则角的大小是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】由可得，进而利用可得结合内角和定理可得C值.
【详解】∵，
∴，
由，可得，
∵，∴
∴，即
解得，又
∴或，即或
故选:AD
11．已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，设圆锥的顶点为，，是底面圆周上的两个不同的动点，给出下列四个结论，其中成立的是（ ）
A．圆锥的侧面积为
B．母线与圆锥的高所成角的大小为
C．可能为等腰直角三角形
D．面积的最大值为
【答案】BD
【分析】根据给定条件，求出圆锥的母线长，再逐项分析判断作答.
【详解】由圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，得，则，
对于A，圆锥侧面积为，A错误；
对于B，圆锥底面圆直径为2，即圆锥轴截面三角形为等边三角形，则母线与圆锥的高所成角的大小为，B正确；
对于C，由选项B知，等腰的顶角满足：，则不可能为等腰直角三角形，C错误；
对于D，面积，D正确.
故选：BD
12．同学们，你们是否注意到，自然下垂的铁链；空旷的田野上，两根电线杆之间的电线；峡谷的上空，横跨深洞的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.事实上，这些曲线在数学上常常被称为悬链线.悬链线的相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中，这类函数的表达式可以为（其中，是非零常数，无理数），对于函数以下结论正确的是（ ）
A．是函数为偶函数的充分不必要条件；
B．是函数为奇函数的充要条件；
C．如果，那么为单调函数；
D．如果，那么函数存在极值点.
【答案】BCD
【分析】根据奇偶函数的定义、充分条件和必要条件的定义即可判断AB；利用导数，分类讨论函数的单调性，结合极值点的概念即可判断CD.
【详解】对于A，当时，函数定义域为R关于原点对称，
，故函数为偶函数；
当函数为偶函数时，，故，
即，又，故，
所以是函数为偶函数的充要条件，故A错误；
对于B，当时，函数定义域为R关于原点对称，
，故函数为奇函数，
当函数为奇函数时，，
因为，，故.
所以是函数为奇函数的充要条件，故B正确；
对于C，，因为，
若，则恒成立，则为单调递增函数，
若则恒成立，则为单调递减函数，
故，函数为单调函数，故C正确；
对于D，，
令得，又，
若，
当，，函数为单调递减.
当，，函数为单调递增.函数存在唯一的极小值.
若，
当，，函数为单调递增.
当，，函数为单调递减.故函数存在唯一的极大值.
所以函数存在极值点，故D正确.
故答案为：BCD.
三、填空题
13．已知是定义域为的奇函数，当时，，则 ．
【答案】-2
【分析】利用函数的奇偶性和区间内的函数解析式求值.
【详解】是定义域为的奇函数，当时，，
则有.
故答案为：-2
14．函数在上单调递增，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】由得到，结合正弦函数图象得到不等式组，求出，，利用，求出，从而得到，得到答案.
【详解】，则，
因为，所以要想在上单调递增，
需要满足且，，
解得：，，
所以，解得：，
因为，所以，
因为，所以，
的最大值是.
故答案为：.
15．已知正方体的棱长为2，、分别为、的中点，则过、、三点的平面截该正方体所得截面图形的周长为 .
【答案】
【分析】先通过辅助线作出截面图形，根据长度和比值可求截面的周长.
【详解】如图延长直线，分别交，的延长线于点，，连接，，分别交，，于点，，连接，，则五边形为所得截面，
又正方体的棱长为2，、分别为、的中点，
所以，
平面平面，所以平面与以上两个平面的交线，
所以，，，
所以，.
在中，所以，
在中，所以.
同理可得，.
则五边形周长为.
16．如图所示，在直角梯形ABCD中，已知，，，，M为BD的中点，设P、Q分别为线段AB、CD上的动点，若P、M、Q三点共线，则的最大值为 .
【答案】
【分析】建立直角坐标系，设，，由P、M、Q三点共线，设，求得，代入计算知，构造函数，，结合函数的单调性求得最值.
【详解】如图所示，建立直角坐标系，则，，，，，
又Q是线段CD上的动点，设，
则，可得
设，，
由P、M、Q三点共线，设
利用向量相等消去可得：，
令，，则在上单调递减，
故当时，取得最大值
故答案为：
【点睛】方法点睛：本题考查向量的坐标运算，求解向量坐标运算问题的一般思路：
向量的坐标化：向量的坐标运算，使得向量的线性运算可用坐标进行，实现了向量坐标运算完全代数化，将数与形紧密的结合起来，建立直角坐标系，使几何问题转化为数数量运算，考查学生的逻辑思维与运算能力，属于较难题.
四、解答题
17．在梯形中，，，，．
(1)求的值；
(2)若的面积为4，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知结合正弦定理即可直接求解；
（2）由已知结合和差角公式及三角形面积公式可先求，然后结合余弦定理可求．
【详解】（1）解：在中，，，
由正弦定理得，则；
（2）解：因为，为锐角，所以，
所以，
又为锐角，所以，
因为，所以，
由余弦定理得，
所以．
18．已知数列的首项，其前项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）消去和式得递推公式，从而利用等比数列定义及通项公式即可求解；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）已知，
当时，，即，由，解得.
当时，，
则相减得.
当时，也成立.
所以对于都有成立.
上式化为，所以是等比数列，首项为4，公比为3，
则，即.
（2）因为，
则，
两式相减得，
，
所以.
19．如图为函数的部分图象．

(1)求函数解析式和单调递增区间；
(2)若将的图像向右平移个单位，然后再将横坐标压缩为原来的倍得到图像，求函数在区间 上的最大值和最小值.
【答案】(1)，，
(2)最大值，最小值
【分析】（1）由图象，先求，再求出，然后代入最值点求即可得的解析式，最后整体代入法解出递增区间即可；
（2）由题意图象变换得到，求出整体角的范围，转化为求正弦函数的最值即可.
【详解】（1）由图象知，，
又则，
则，将代入得，，
得，解得，
由，得当时，，
所以.
令，，
得，，
所以的单调递增区间为.
（2）将的图像向右平移个单位得
，
然后再将横坐标压缩为原来的倍得到的图像.
已知，则，则.
故当时，最小值为；
当时，的最大值为.
20．如图所示，四棱锥的底面为正方形，顶点P在底面上的射影为正方形的中心为侧棱的中点．

(1)求证：平面；
(2)若，四棱锥的体积为，求与平面所成角．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
【分析】（1）利用三角形中位线结合线面平行的判定定理进行证明；
（2）构建空间直角坐标系，然后利用法向量求解与平面所成角．
【详解】（1）
连接，因为底面是正方形，且顶点P在底面上的射影为正方形的中心，
所以，
又因为点是中点，
所以由三角形中位线定理可得；
因为平面，平面，
所以平面；
（2），
解得：
以故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

由已知可得
，
设平面的一个法向量是.
由，得，
令，则，
所以与平面所成角的正弦值为，
所以与平面所成角为.
21．已知向量.
(1)当时，函数取得最大值，求的最小值及此时的解析式；
(2)现将函数的图象沿轴向左平移个单位，得到函数的图象.已知是函数与图象上连续相邻的三个交点，若是锐角三角形，求的取值范围.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据数量积的坐标公式结合辅助角公式化简，再根据余弦函数的最值即可得解；
（2）先根据平移变换得到函数的解析式，作出两个函数的图象，不妨设在轴下方，为的中点，根据，求得，再由为锐角三角形时，只需要即可，即可得解.
【详解】（1）
，
当时，函数取得最大值，即，
解得，且，则，
此时；
（2）由函数的图象沿轴向左平移个单位，
得到，
由（1）知，作出两个函数图象，如图：

为连续三交点，（不妨设在轴下方），为的中点，
由对称性可得是以为顶角的等腰三角形，
根据图像可得，即，
由两个图像相交可得，即，化简得，
再结合，解得，
故，可得，
当为锐角三角形时，只需要即可，
由，
故的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：作出两个函数的图象，根据，求出等腰三角形底边上的高是解决本题的关键.
22．已知函数.
(1)若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围；
(2)若函数有两个不同的极值点，，当时，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将问题转化为方程在上有两个不同根.构造函数，即可利用导数求解函数的单调性，进而可求解.
（2）将问题转化为，根据极值点将问题进一步转化为在上恒成立. 构造函数，利用导数求解单调性，即可求证.
【详解】（1）由题意知，方程在上有两个不同根，
即方程在上有两个不同根，即方程在上有两个不同根.
令，，则，
则当时，，时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，所以.
又因为，当时，，当时，，
所以的取值范围为.
（2）证明：即证，两边取对数，等价于要证，
，
可知，分别是方程的两个根，
即，，
所以原式等价于.
因为，，所以原式等价于要证明.
又由，作差得，，即，
所以原式等价于，令，，
则不等式在上恒成立.
令，，又，
当时，时，，所以在上单调递增.
又，，所以在恒成立，所以原不等式恒成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.