2023-2024学年江苏省盐城中学高三上学期第6次质量检测数学含答案

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一、单项选择题：本大题共6小题，每小题5分，共计30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
【解析】
【分析】解不等式求出集合，根据并集的定义即可求解.
【详解】解：
，
，
所以.
故选：A．
2. 设复数（其中a，，i为虚数单位），则“”是“z为纯虚数”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的分类，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由复数
当时，复数为纯虚数，所以充分性不成立；
反之：若复数为纯虚数，则成立，所以必要性成立，
所以“”是“z为纯虚数”的必要不充分条件.
故选：B.
3. 已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径为（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆锥的侧面展开图是一个半圆和圆锥的表面积建立方程，解之即可得解.
【详解】设圆锥的底面的半径为r，圆锥的母线为l，
则由得，
而圆锥的表面积，即，
所以，则圆锥的底面直径为.
故选：A.
4. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数为奇函数，则实数的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用三角函数的图象变换，求得，再由为奇函数，求得，进而得到取得最小值.
【详解】由函数，将函数的图象向左平移个单位长度后，
得到函数，
又由为奇函数，所以，解得，
因为，所以当时，取得最小值，最小值为.
故选：.
5. 已知数列的各项均为正数，且.若的前项之积为，则满足的正整数的最大值为（）
A. 12B. 11C. 10D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】首先对两边取对，求解出的公式，然后求解.
【详解】因为，两边取对，解得：
所以是以为首项，以2为公比的等比数列，
，，
，
令，即
根据等比数列的求和公式，
整理得；
又因为
所以正整数的最大值为10，
故选：C.
6. 已知，且，则的大小关系为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，利用导数讨论其单调性，将问题转化为比较，再转化为比较，构造函数，利用导数讨论其单调性，利用单调性即可得答案.
【详解】由题知，，
记，则，
当时，，单调递增，
故比较的大小关系，只需比较的大小关系，
即比较的大小关系，
记，则，
记，则，
所以在上单调递减，
又，
所以，当时，，单调递减，
所以，即，
所以，所以.
故选：D
【点睛】本题难点在于构造函数，将问题转化成比较的大小关系后，需要再次构造函数，对学生观察问题和分析问题的能力有很高的要求，属于难题.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，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.
7. 若，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
分析】根据已知条件结合不等式性质判断各个选项即可
【详解】A选项：∵，且，
∴，可得，即，A正确；
B选项，，B错误；
C选项，即，，由可得，C正确；
D选项，因为当，所以，D错误.
故选：AC.
8. 给出下列命题，其中正确的命题是（）
A. 向量共面，即它们所在的直线共面
B. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
C. 两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线
D. 已知向量，则在上的投影向量为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据共面向量的性质，结合基底的定义、投影向量的定义进行逐一判断即可.
【详解】A：向量可以通过平移后共面，但是它们的所在直线不一定是共面直线，因此本选项命题不正确；
B：因为，所以P，A，B，C四点共面，本选项命题正确；
C：根据空间向量基底的性质可知两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线，因此本选项正确；
D：在上的投影向量为，
因此本选项正确，
故选：BCD
9. 已知函数的定义域为，若函数为奇函数，且，则（）
A. 对称中心是B. 函数的周期为4
C. D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据奇函数的性质得到，由条件结合函数的对称性和周期性的定义得到函数的周期为，且，，即可求解.
【详解】因为函数的定义域为，且函数为奇函数，
则，即函数关于点对称；
所以有①，
又②，所以函数关于直线对称，
则由②得：，，
所以，则
又由①和②得：，得，
所以，即，
所以函数的周期为，
则，
所以，
所以A错误，BCD正确.
故选：BCD
10. 如图，在正方体中，，点E、F分别为的中点，点满足，则下列说法正确的是（）
A. 若，则四面体的体积为定值
B. 若，则平面
C. 若，则四面体的外接球的表面积为
D. 平面截正方体所得截面的周长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由正方体的性质作出平面截正方体所得的截面，计算出周长判断D，由向量中的三点共线定理得出点在上，由与平面的关系及锥体体积公式判断A，建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断是否与平面垂直判断B，由侧棱垂直于底面的三棱锥外接球的性质求得其外接球的半径，从而判断C．
【详解】对于D，如图1，取的中点，连接，易得，
取的中点，连接，易得，
再取的中点，连接，则，所以，
则是平面与正方体底面的交线，
延长，与的延长线交于，连接，交于，则，
且五边形即平面交正方体的截面，
由是中点且得，
又由得，
从而可计算得，
所以平面截正方体所得的截面的周长为，故D正确；
对于A，因为，
所以三点共线，所以点在上，
因为与平面不平行，所以四面体的体积不为定值，A错误；
对于B，如图2，以A为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，，，
则，
，
则，，
故是平面的一个法向量，所以平面，故B正确；
对于C，若，则点即点，
由正方体的性质可知几何体是侧棱垂直于底面的三棱锥，
而底面是直角三角形，易得，
所以外接圆的半径为，
设其外接球的半径为，则，
所以四面体，即三棱锥的外接球的表面积为，故C正确.
故选：BCD．
【点睛】难点点睛：本题难点是作出正方体的截面，为此需要确定该截面与正方体各面的交线，关键是确定截面与正方体相应棱的交点，根据是平面的基本事实及其推论同时注意面面平行的性质定理的应用．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.
11. 已知，则____________.
【答案】##
【解析】
【分析】由诱导公式，再利用倍角公式，构造齐次式求值.
【详解】已知，
.
故答案为：
12. 已知，，，则的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】对代数式结合已知等式进行变形，再利用基本不等式进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
因为，，
所以，当且仅当时取等号，即时，有最小值，
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用等式把代数式变形.
13. 已知数列满足.给出定义：使数列的前项和为正整数的叫做“好数”，则在内的所有“好数”的和为________.
【答案】2026
【解析】
【分析】先计算出数列的前项和，然后找到使其为正整数的，相加即可得到答案．
【详解】设数列的前项和为，
则
．
所以，
因为为正整数，所以，即．
令，则，
因为，所以，
因为为增函数，且，
所以，
所以所有“好数”的和为．
故答案为：2026．
14. 窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图l是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，正八边形ABCDEFGH中，若，则的值为______；若正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，则的取值范围是______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，由，列出方程组，求得，从而得到；设，则，由线性规划可求得的取值范围.
【详解】
，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
正八边形内角和为，则，
所以，,
,
因为，则，
所以，解得，
所以；
设，则，则，
令，即，由线性规划知平行移动直线，当此直线经过时有最小值, 当此直线经过时有最大值,
所以，取值范围.
故答案为：，.
【点睛】方法点睛：在解决向量数量积、向量的模、向量的夹角等有关问题，以及在求有关最大、最小值问题时，常常会碰到某些难以突破的几何关系.在题目所给出的几何条件、几何关系或所隐藏的几何关系相对较难寻找的情况下，运用数量积的定义、向量的几何意义难以完成解题思路时，可建立直角坐标系、运用坐标法解决问题的意识、运用向量的坐标运算、寻找出变量与变量之间的关系、运用函数与方程求最值的方法、基本不等式等解决问题的方法是一种非常好的思想方法.
四、解答题：本大题共5小题，每题12分，共计60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知向量，，其中，，且函数的对称轴间的距离最小值为.
（1）求的解析式；
（2）方程在上有且仅有两个不同的实数解，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的数量积运算得到，再根据周期求出即可；
（2）先求出取值范围，再根据条件得出的取值范围.
【小问1详解】
，
由于函数的对称轴间的距离最小值为，
从而函数的最小正周期为，所以.，
综上，.
【小问2详解】
，，，
当时，单调递增，此时，
当时，单调递减，此时，
所以满足条件的取值范围为.
16. 如图.在四棱锥中，底面是矩形，平面为中点，且.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可求解.
【小问1详解】
连接，交于点，连接，
∵为中点，为中点，∴.
又∵平面，平面，∴平面.
【小问2详解】
如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，得.
设直线与平面所成角为，且，
∴，∴，
即直线与平面所成角的余弦值为.
17. 在中，角所对的边分别为，若且.
（1）求的值；
（2）若平分，且交于点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化简，可得，利用余弦定理化简，并把代入即可求得的值；
（2）设,利用，结合三角形面积公式可求得继而可求得的值，并进一步计算即可.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得：，则，
又，由余弦定理得：
化简为，
把代入上式，并化简可得：；
【小问2详解】
设,
因为平分，且交于点，
则，
即，
又，，
化简为，
又，所以
则
所以的面积
18. 已知数列满足，，，数列满足，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列满足，数列的前n项和为，不等式对一切恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1），，，
（2）
【解析】
【分析】（1）将中的n换为n−1，两式相减，结合常数列分析可得，根据等比数列的定义和通项公式可得；
（2）由数列的错位相减法求和，可得，再由不等式恒成立思想和数列的单调性求得最值，可得所求范围.
【小问1详解】
因为，
当时，，解得；
当时，可得，
作差得，即；
且，满足，
所以为常数列，即，则，，
由题意可知：数列是以首项为2，公比为2的等比数列，则，
【小问2详解】
由（1）可知：数列满足，
数列的前n项和，
则，
两式相减得，
所以，
不等式化为，
可知数列为递增数列，则有：
若n为偶数，，取，可得；
若n奇数，，取，可得；
综上所述：实数的取值范围是．
19. 已知函数.
（1）若曲线在处的切线与直线平行，求函数的极值；
（2）已知，若恒成立.求证：对任意正整数，都有.
【答案】（1）极大值为，无极小值
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，由导数的几何意义可得，代入，即可求得的单调性和极值.
（2）将不等式变形为，令，分离参数后构造函数，转为为求解的最大值，即时，恒成立，令，则，然后结合对数运算性质可求.
【小问1详解】
由，可得，
由条件可得，即.
则，
令可得，当时，，当时，.
在上单调递减，在上单调递增，
的极大值为，无极小值.
【小问2详解】
，即对任意的恒成立，
即，其中，
令，则，即，
构造函数，则，令，得，列表如下：
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，，
即时，恒成立，
取，则对任意的恒成立，
令，则，
所以，
所以，即.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.+
0
-
极大值