2024届黑龙江省大庆市林甸县第一中学高三上学期12月阶段考试数学试题含答案

这是一份2024届黑龙江省大庆市林甸县第一中学高三上学期12月阶段考试数学试题含答案，共17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．已知全集，集合，则集合等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据集合的运算法则计算．
【详解】或，．
故选：C
2．在复平面内，复数对应的点为，则（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】B
【分析】利用复数的几何意义及复数的除法法则，结合复数的模公式即可求解.
【详解】因为复数z在复平面内对应的点为，
所以.
所以，
所以.
故选：B.
3．若曲线在点处的切线方程是，则（ ）．
A．3B．2C．1D．0
【答案】C
【分析】求出函数在点处的切线斜率即可得出的值.
【详解】由题意，
在中，，
在点处，，
∵在点处的切线方程是，
∴在点处的斜率为，
∴，解得：，
故选：C.
4．设等差数列的前n项和为，若，，则当取最大值n等于（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】根据题中等式求解出等差数列的公差，进而求解出数列的前项和，最后根据的表达式求解出结果
【详解】设公差为则，
因此，所以当时，取最大值
故选：B
5．已知，，且，则的最小值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】C
【分析】利用均值不等式结合指数幂的运算即可求得答案
【详解】解：因为，所以
因为
所以，
当且仅当即时，取等号，
故的最小值为6，
故选：C
6．已知，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用诱导公式和二倍角公式即可解题.
【详解】，
若，则，
所以，
又因为，则，所以.
故选：B.
7．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．函数有2个零点
C．的解集为
D．，都有
【答案】D
【分析】根据奇函数的性质，逐项判断即可.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，当时，，
设，则，，故A错误；
由题知，且时，，则，故B错误；
对于C，当时，得，
时，得，故C错误；
对于D，当时，，
当时，则，所以在单调递增，
当时，则，所以在单调递减，
则，
当时，，当时，，
所以，
由为定义在R上的奇函数，故当时，，
因此，都有，故D正确；
故选：D
8．设是定义在R上的偶函数，对任意的，都有，且当时，，若在区间内关于的方程恰有三个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知中是定义在上的偶函数，对于任意的，都有，我们可以得到函数关于直线对称，则不难画出函数在区间，上的图象，结合方程的解与函数的零点之间的关系，我们可将方程恰有3个不同的实数解，转化为函数的与函数的图象恰有3个不同的交点，数形结合即可得到实数的取值范围.
【详解】对于任意的，都有，
函数关于直线对称，
又当，时，，且函数是定义在上的偶函数，
故函数在区间，上的图象如下图所示：
若在区间，内关于的方程恰有3个不同的实数解
则，，
解得：
故选：A
【点睛】本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断，指数函数与对数函数的图象与性质，其中根据方程的解与函数的零点之间的关系，将方程根的问题转化为函数零点问题，是解答本题的关键．
二、多选题
9．下列说法中不正确的是（ ）
A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
C．棱台的上，下底面可以不相似，但侧棱长一定相等
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线
【答案】ABC
【分析】根据多面体的性质和几何体的定义来判断，采用举反例的方法来否定对概念的错误理解.
【详解】如果一个棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫正棱锥，故A错；
有两个面平行其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱错误，即B错误，反例如图：
棱台是由平行于底面的平面截得的，故棱台的上下底面一定相似，但侧棱长不一定相等，故C错；
圆锥底面圆周上任意一点与圆锥顶点的连线叫做圆锥的母线，故D对.
故选：ABC
10．已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若向量与向量共线，则
C．与共线的单位的量的坐标为
D．在方向上的投影向量为
【答案】ABD
【分析】选项A，利用夹角公式即可直接求解；选项B，利用向量的共线定理即可直接求解；选项C，利用向量的共线单位向量公式即可直接求解；选项D，利用投影向量的公式即可直接求解.
【详解】，故A正确；
若向量与向量共线，
则存在实数使得，
所以，解得，故B正确；
与共线的单位向量为，即或，故C错误；
在方向上的投影向量，故D正确.
故选：ABD
11．已知函数为的两个极值点，且的最小值为，直线为图象的一条对称轴，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则（ ）
A．
B．
C．的图象关于点对称
D．的图象关于点对称
【答案】BD
【分析】A选项，根据极值点定义和题目条件得到最小正周期，进而求出；B选项，根据为的一条对称轴，得到；C选项，，C错误；D选项，先得到的解析式，计算出，D正确.
【详解】A选项，的最小值为，故函数的最小正周期为，
故，A错误；
B选项，因为为图象的一条对称轴，所以，
故，解得，
因为，所以只有当时，满足要求，B正确；
C选项，，则，
故为的对称轴，C错误；
D选项，，
则，
故的图象关于点对称，D正确.
故选：BD
12．已知等差数列的前项和为，的公差为，则（ ）
A．B．
C．若为等差数列，则D．若为等差数列，则
【答案】BD
【分析】A选项，根据等差数列性质得到，A错误；B选项，由等差数列性质得到；C选项，计算出，要想为常数，则，故C不正确；D选项，根据等差数列通项公式的函数特征得到，D正确.
【详解】A选项，，而不一定相等，A不正确；
B选项，因为，，
所以，故B正确；
C选项，因为，
若为等差数列，则
，
要想为常数，则，故C不正确；
D选项，由题可知，
若为等差数列，则为关于的一次函数，
所以，即，故D正确．
故选：BD
三、填空题
13．函数的最小值为 .
【答案】
【分析】将函数解析式变形为，且有，利用二次函数的基本性质可求出该函数的最小值.
【详解】因为，
且有，当时，函数的最小值为.
故答案为：
14．已知数列的通项公式是.记为在区间内项的个数，则 .
【答案】29
【分析】根据题意求出区间内奇数的个数即得．
【详解】由题意即为在区间内项的个数，
在区间内项第一个是7，最后一个是63，个数为．
故答案为：29.
15．如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有棱长均相同，如图2，设，则平面与平面之间的距离是 .
【答案】
【分析】在正方体建立空间直角坐标系，写出各点的坐标.求出平面与平面的法向量，进而得出平面平面，即可转化为点到平面的距离，根据向量法即可得出答案.
【详解】
如图3，建立空间直角坐标系.
因为，所以.
则，，，，，，，，
所以，，，，，，，
，，，，.
设是平面的一个法向量，
则，
取，则即为平面的一个法向量.
设是平面的一个法向量，
则，
取，则即为平面的一个法向量.
所以，，，
所以，平面平面，
所以，点到平面的距离，即为平面与平面的距离.
因为.
故答案为：.
16．折扇又名“撒扇”、“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图1．其展开几何图是如图2的扇形，其中，，，点在上，则的最小值是 ．

【答案】
【分析】若为中点，由、，应用向量数量积的运算律化简得，根据位置关系求最小值.
【详解】如下图，，
若为中点，且，则，
则，
要使其最小，只需共线，

此时，由图知此时.
故答案为：.
四、解答题
17．在中，为上一点，，且．
(1)若，求；
(2)若，求．
【答案】(1)；
(2)2.
【分析】（1）由题设求得，再应用余弦定理求；
（2）由正弦定理可得，再由，即可得结果.
【详解】（1）在Rt中，．
在中，，解得．

（2）在中，，所以．
在中，，所以．
故．
18．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用勾股定理得，进而证平面，
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量，以及的方向向量，可求直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1），所以得，
又,所以，
又，，平面，所以平面，
（2）知，，
以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则,0,,,1,,,0,,,,,,1,
则,0,,,1,,,,，
设平面的一个法向量,,，
则有，令，则有，，
平面的一个法向量,0,，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
19．已知、、分别为内角、、的边，.
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理得，结合余弦定理即可求解；
（2）利用面积公式得，再根据余弦定理可得，从而求出周长．
【详解】（1）因为
由正弦定理得， 则
由余弦定理得，又，
故；
（2）由的面积为，所以
由余弦定理，因为，所以
所以
故的周长为
20．为数列的前项和.已知，.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和为，证明.
【答案】(1)
(2)证明见解析；
【分析】（1）根据关系可判断出数列为等差数列，求出首项和公差即可得的通项公式.
（2）利用裂项相消法求出数列的前项和为，然后再利用单调性证明即可.
【详解】（1）由可得，
两式做差得，即，
因为，所以，
时，或（舍去）
所以是以3为首项，2为公差的等差数列，
所以.
（2）由（1）知，
所以，
所以数列的前项和为
，，
因为且单调递减，所以单调递增，
所以，
又因为，所以，
所以得证.
21．已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分解因式讨论a确定单调性（2）法一：变换主元a，放缩确定函数最值即可证明；法二：求导确定函数最值即可证明
【详解】（1）的定义域为，
①若，则
所以在单调递减
②若，由得
当时，
当时，
所以在单调递减，在单调递增
综上：时，在单调递减；
时，在单调递减；
在单调递增．
（2）法一：当时，
设，
由得
当时，
当时，
所以在单调递减，在单调递增
所以
所以，当
法二：由（1）知，时，在单调递减；在单调递增．
，又易知单调递增，故
时，．
22．总书记说：“绿水青山就是金山银山．”某地响应号召，投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业．根据规划，年投入万元，以后每年投入将比上一年减少，本年度当地旅游业收入估计为万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上一年增加．
(1)设年内（年为第一年）总投入为万元，旅游业总收入为万元，写出、的表达式；
(2)至少到哪一年，旅游业的总收入才能超过总投入．
参考数据：，，
【答案】(1)，
(2)至少到年，旅游业的总收入才能超过总投入
【分析】（1）根据题意，知每年投入资金和旅游业收入是等比数列，根据等比数列的前n项和公式，即可求解；
（2）根据（1）中解析式，列出不等式，令，化简不等式，即可求解.
【详解】（1）解：年投入为万元，第年投入为万元，
所以，年内的总投入为
.
年旅游业收入为万元，第年旅游业收入为万元，
所以，年内的旅游业总收入为
.
（2）解：设至少经过年，旅游业的总收入才能超讨总投入，由此得，
即，
令，代入上式得，即，
解得或（舍去），即，
不等式两边取常用对数，，即.
所以，，故至少到年，旅游业的总收入才能超过总投入.