宁夏石嘴山市第三中学2024届高三上学期第二次月考 数学（文）试题（含解析）

这是一份宁夏石嘴山市第三中学2024届高三上学期第二次月考 数学（文）试题（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
文科数学试卷
考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题人
一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60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．
2．过点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为
A．B．1C．D．
3．若复数（i为虚数单位），则（ ）
A．B．C．1D．2
4．已知命题：对任意，总有；命题：若，则．则下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
5．已知是等差数列，，，则的公差等于（ ）
A．3B．4C．-3D．-4
6．已知菱形的边长为，，将沿折起，使A，C两点的距离为，则所得三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．化简（ ）
A．B．C．D．
8．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为2的一个半圆，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
9．如图，在正方体中，､分别为，的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．平面
B．
C．直线与平面所成角为45°
D．异面直线与所成角为60°
10．如图，在平行四边形中，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
11．函数的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
12．已知函数是定义在R上的奇函数，且，若，且，都有，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．设向量，若，则 ．
14．已知集合，.若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围 .
15．圆心在轴上，且与直线和都相切的圆的方程为 .
16．椭圆的左、右焦点分别是，，点是椭圆上一点，，直线交椭圆于另一点，且，则椭圆的离心率是 .
三、解答题（本大题共70分.解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22-23题为选考题，考生根据要求作答）
（一）必考题：共60分.
17．已知中角的对边分别为，且.
(1)求角；
(2)若，求的值.
18．如图，在直三棱柱中，，是棱的中点，为线段与的交点.
(1)求证：平面；
(2)求证：.
19．已知数列满足且，
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
20．已知椭圆的左､右焦点分别为，，点在椭圆上，且有.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过的直线与椭圆交于A､B两点，求面积的最大值.
21．已知函数.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)若且恒成立，求a的取值范围.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)若点P的直角坐标为，曲线与曲线交于点M，N，求的值.
23．设函数.
(1)求不等式的解集；
(2)记函数的最小值为，正实数，满足，证明：.
1．A
【分析】求出集合，利用交集的定义可求得结果.
【详解】因为，因此，.
故选：A.
2．C
【分析】由直线的点斜式方程可得直线的方程，由点到直线的距离可得圆心到直线的距离,结合勾股定理，即可得结论.
【详解】根据题意，设过点且倾斜角为的直线为 ,
其方程为,即,变形可得，
圆 的圆心为，半径 ,
设直线与圆交于点,
圆心到直线的距离,
则，故选C.
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系以及直线的点斜式方程，属于中档题. 解答直线与圆的位置关系的题型，常见思路有两个：一是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系（求弦长问题需要考虑点到直线距离、半径，弦长的一半之间的等量关系）；二是直线方程与圆的方程联立，考虑运用韦达定理以及判别式来解答.
3．A
【分析】利用复数除法运算求出复数z即可求出.
【详解】依题意，，
所以.
故选：A
4．B
【分析】先判断命题，命题的真假，再判断复合命题的真假.
【详解】由
所以命题为真命题,
令，则，但是,
所以命题为假命题.
故为真.
故选：B．
5．C
【分析】利用等差数列下标和性质得出，进而可得公差．
【详解】，，
则的公差，
故选：C
6．B
【解析】先判定所得三棱锥为正四面体，将此正四面体放置在正方体中，使得正方体的面对角线是正四面体的棱，利用正方体的性质求得正方体的边长，进而得到对角线长，由此得到正方体的外接球也就是正四面体的外接球的直径，最后利用球的表面积公式计算得到结果.
【详解】由已知得为等边三角形，对角线,
将沿折起，使A，C两点的距离为，折起后三棱锥为正四面体，各棱长都是，将此正四面体放置在正方体中，使得正方体的面对角线是正四面体的棱，设正方体的棱长为,则正方体的面对角线为，所以正方体的体对角线为,其中为正方体的外接球半径，由于正方体的外接球就是正四面体ABCD的外接球，∴正四面体ABCD的外接球表面积为,
故选：B.
【点睛】本题考查几何体的外接球面积问题，对于正四面体，可以放置在正方体中解决，利用正方体的性质以简化计算，拓展：对棱相等的四面体可以放置在长方体中求解，利用长方体的有关性质可以简化计算.
7．B
【分析】利用诱导公式、平方差公式、同角三角函数基本关系式和二倍角公式直接求解.
【详解】
.
故选：B
8．C
【分析】由圆锥底面周长可求得圆锥的底面半径，圆锥的高，利用圆锥的体积公式和祖暅原理，即得解
【详解】圆锥底面周长为，
所以圆锥的底面半径，圆锥的高，
所以圆锥的体积为，
由祖暅原理，该几何体的体积也为.
故选：C
9．D
【分析】连结BD，A1D，可得MN∥A1D，得到MN∥平面ADD1A1，判定A正确；证明AB⊥平面ADD1A1，得AB⊥A1D，结合MN∥A1D，得MN⊥AB，判断B正确；求出直线MN与平面ABCD所成角判断C正确；求出异面直线MN与DD1所成角判断D错误．
【详解】如图，连结BD，A1D，
由M，N分别为AC，A1B的中点，知MN∥A1D，
而MN⊄平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，
∴MN∥平面ADD1A1，故A正确；
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB⊥平面ADD1A1，则AB⊥A1D，
∵MN∥A1D，∴MN⊥AB，故B正确；
直线MN与平面ABCD所成角等于A1D与平面ABCD所成角等于45°，故C正确；
而∠A1DD1为异面直线MN与DD1所成角，应为45°，故D错误．
故选：D
【点睛】本题主要考查直线与平面平行、垂直的判定与性质、直线与平面所成角、异面直线所成角等基础知识；考查空间想象能力、论证推理能力，属于中档题．
10．D
【分析】由已知结合向量的线性运算及平面向量基本定理即可求解．
【详解】在平行四边形中，，，
所以
，
若，则，则．
故选：D．
11．C
【分析】通过分析的奇偶性，在上的单调性，结合上函数值的正负性可排除不符合题意的选项，即可得答案.
【详解】当时，，即在上单调递增，故排除A；
注意到，则为奇函数，故可排除B；
又注意到时，，故可排除D.
故选：C
12．C
【分析】根据题意可判断函数的奇偶性和单调性，进而分两种情况即可求解.
【详解】由，且，都有可知函数在上单调递减，
记，则所以为偶函数，
因此在单调递增，且，
不等式等价于和，
故或，解得或，
故不等式的解为，
故选：C
13．或
【分析】由向量共线的坐标运算即可得到答案.
【详解】由题//，可得：或2．
故答案为：或
14．
【分析】求解不等式得到B,根据充分不必要条件的定义，转化为集合之间的包含关系，进而得到关于的不等式组，求解即得.
【详解】由题意知，不为空集，，
因为“”是“”的充分不必要条件，所以A真包含于，
则，且不能同时取“=”，解得.
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
15．
【分析】设所求圆的方程为，根据圆与直线、都相切可求得、的值，由此可得出所求圆的方程.
【详解】设所求圆的方程为，
因为圆与直线和都相切，则，
解得，，所以圆的方程为.
故答案为：.
【点睛】本题考查圆的方程的求解，同时也考查了直线与圆相切的处理，考查计算能力，属于中等题.
16．
【分析】设，由，得，利用勾股定理结合椭圆的定义，可得离心率．
【详解】设，由，得，由，得，所以，又，即，化简得，即，根据，得，又，所以，所以椭圆的离心率.
故答案为：
【点睛】本题考查椭圆的几何性质，考查椭圆定义的应用，属于中档题．
17．(1)
(2)5
【分析】（1）根据已知条件，结合正弦定理，以及三角函数的恒等变换公式，即可求解；
（2）根据已知条件，结合余弦定理，即可求解.
【详解】（1），
则由正弦定理可得，，
∵角为的内角，∴，
∴，
∵，∴，即，
∵，∴；
（2）∵，
∴，
∴.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)构造中位线得到线线平行,根据线面平行判定定理即可得证.
(2)应用已知条件正方形对角线垂直及线面垂直定义分别得到线线垂直,
再利用线面垂直判定定理得到线面垂直进而得到线线垂直.
【详解】（1）连接.
在直三棱柱中，侧面是平行四边形，
为的中点，是棱的中点，
，
又平面平面，
平面.
（2）三棱柱为直三棱柱，
平面平面
，
四边形是正方形，.
在直三棱柱中，平面，
平面，
又平面平面，
平面，
平面，
又平面平面，
平面，
平面.
19．(1)
(2)
【分析】（1）由，化简得到，得出数列为等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解；
（2）由（1）得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.
【详解】（1）解：由数列满足且，当时，，
两式相减，可得，即，即，
当时，可得，则，所以，
所示数列表示首项为，公比为的等比数列，
所以，故数列的通项公式.
（2）解：由数列的通项公式，可得，
则，
可得，
两式相减，可得，
所以
所以数列的前 项和为
20．（1）；（2）．
【解析】（1）由已知求得，把已知点的坐标代入椭圆方程求得，可得椭圆的标准方程；
（2）由已知，直线的斜率为零时，不合题意；设直线方程为，点，，，联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，写出根与系数的关系，代入三角形面积公式，整理后利用基本不等式求得面积的最大值．
【详解】（1）由，得，．
将代入，得．
椭圆的方程为；
（2）由已知，直线的斜率为零时，不合题意；
设直线方程为，点，，，，
联立，得，
由韦达定理，得，
，
当且仅当，即时，等号成立．
面积的最大值为．
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，解决本题的关键点是联立直线方程与椭圆方程，得到根与系数的关系，并将三角形的面积表示为，将韦达定理代入化简，利用基本不等式求解即可，考查了学生计算能力与逻辑推理能力，属于中档题．
21．(1)
(2)
【分析】（1）代入，得到，求出导函数，根据导数的几何意义求得切线的斜率，即可得出答案；
（2）因为，分离参数可得.构造函数，根据的导函数，得出的单调性，进而得出函数的最大值为，即可得出，进而得出的取值范围.
【详解】（1）当时，，，
可得，故，
所以函数在点处的切线方程为.
（2）由已知，所以，
由，得.
因为，所以上式可化为.
令，则，
令，则.
因为，所以，所以为上的减函数，且，
故时，，即，所以在上单调递增；
当时，，即，所以在在上为单调递减.
所以，当时，取得极大值，也是最大值.
则要使在上恒成立，则应有.
又因为，故.
22．(1)，
(2)
【分析】（1）利用消去参数可得到曲线的普通方程，对化简后，利用极坐标与直角坐标的互化公式可求得曲线的直角坐标方程；
（2）先求出直线的参数方程，然后代入曲线的普通方程化简，利用根与系数的关系，再利用参数的几何意义可求得结果.
【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），而，
所以，即曲线的普通方程为.
由，得，
即曲线的直角坐标方程为.
（2）由（1）可知点在直线曲线上，直线的倾斜角为，
设曲线的参数方程为（t为参数），
将曲线的参数方程代入的普通方程为，
整理得.
设直线上的点M，N所对应的参数分别为，，由t的几何意义知，，
而点P在椭圆内，则，，.
所以.
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据自变量的范围去掉绝对值，然后分情况讨论解不等式；
（2）求绝对值不等式的最值，利用基本不等式证明.
【详解】（1），
故当时，，所以，又，无解；
当时，，所以；
当时，，所以.
综上，不等式的解集为；
（2）由（1）得，当时，；当时，；当时，，
故当时取得最小值，所以，
故，
当且仅当，时等号成立，故得证.