江苏省连云港市部分学校2023-2024学年高三上学期10月第二次学情检测数学试题（解析版）

2024届高三第二次学情检测数学试题一、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.若复数，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的运算法则、复数的相等运算即可得解.【详解】解：由题意，∵，∴，解得：.故选：A.2.已知全集，集合，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出集合，再由交集，补集，并集的定义判断A，C，D；由集合间的关系判断B.【详解】由，则，解得：，所以，由可得，即，则，解得：，故，故B错误；故A或，故A错误；或，，故C正确；，故D错误.故选：C.3.若为偶函数，则（）A. B.0 C. D.【答案】D【解析】【分析】求出函数的定义域，利用函数奇偶性的定义建立方程进行求解即可．【详解】由，得或，由是偶函数，，得，即，即，则，由于不恒为0，所以，得，故选：D4.向量，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用平面向量的数量积及模长计算夹角即可.【详解】由已知可得，又，所以.故选：A5.“”是“”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】A【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的概念，结合三角恒等式即可得结果.【详解】若，则，所以，即充分性成立；若，则，即，所以不成立，所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A.6.记为等比数列的前n项和，若，，则（）．A.120 B.85 C. D.【答案】C【解析】【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，若，则，与题意不符，所以；若，则，与题意不符，所以；由，可得，，①，由①可得，，解得：，所以．故选：C．方法二：设等比数列的公比为，因为，，所以，否则，从而，成等比数列，所以有，，解得：或，当时，，即为，易知，，即；当时，，与矛盾，舍去．故选：C．【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】已知等式利用两角和的正弦公式和辅助角公式化简得，再利用诱导公式求的值.【详解】由，得，所以故选：B8.已知定义在上函数满足，且，，，．若，恒成立，则a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由得到的图象关于点对称，再由，，，得到在上单调递增，再将，转化为，从而有，即，，然后令，，用导数法求得其最大值即可.【详解】解：由，得，故的图象关于点对称．因为，，，．所以在上单调递增，故在上单调递增，因为，所以，所以，即，．令，，则．当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以．故选：B二、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2分，有选错的得0分.9.已知，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】根据对数函数的单调性及取特殊值，，即可判断A；根据幂函数的单调性即可判断B；取特殊值，即可判断C；根据指数函数的单调性即可判断D．【详解】对于A，由函数在上单调递增，又，不妨取，，此时，所以，故A错误；对于B，由函数在R上单调递增，又，所以，所以B正确；对于C，由，不妨取，，此时，故C错误；对于D，由函数在R上单调递减，又，所以，故D正确．故选：BD．10.已知函数的一个极大值点为1，与该极大值点相邻的一个零点为，将的图象向左平移1个单位长度后得到函数的图象，则下列结论正确的是（）A.B.在区间上单调递增C.为奇函数D.若在区间上的值域为，则．【答案】BD【解析】【分析】对于A，根据余弦型函数的图象与性质进行判断；对于B，由余弦型函数增区间公式得出结果；对于C，根据图象平移变换及函数奇偶性定义进行判断；对于D，根据余弦型函数的定义域、值域的关系以及图像与性质得出结果．【详解】设的最小正周期为T，由题意，，得，所以，所以，又点在的图象上，所以，所以，，即，，又，所以，对于A，因为，故A错误；对于B，令，，解得，，所以的单调递增区间为，，当时，单调递增区间为，故B正确；对于C，因为，所以为偶函数，故C错误；对于D，当时，，又的值域为，如图，当时，，所以，解得，故D正确．故选：BD.11.在中，内角，，所对的边分别为，，，，内角的平分线交于点且，则下列结论正确的是（）A. B.的最小值是2C.的最小值是 D.的面积最小值是【答案】ABD【解析】【分析】由三角形面积公式寻找，关系，再利用基本不等式判断．【详解】解：由题意得：，由角平分线以及面积公式得，化简得，所以，故A正确；，当且仅当时取等号，，，所以，当且仅当时取等号，故D正确；由余弦定理所以，即的最小值是，当且仅当时取等号，故B正确；对于选项：由得：，，当且仅当，即时取等号，故C错误；故选：ABD．12.定义在上的函数满足为偶函数，则（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】由已知条件得到函数的奇偶性和对称性，对选项进行验证.详解】由，令，则有，即为奇函数，，由为偶函数，的对称轴为，得，故B选项正确；则有，可得即有，所以是周期函数，且周期为4（不一定是最小正周期），C选项正确；，故A选项错误；，已知条件不能得到的值，D选项错误．故选：BC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知函数，则__________．【答案】1【解析】分析】代入计算即可．【详解】由函数，有.故答案为：114.已知向量，，且，则________．【答案】【解析】【分析】根据向量垂直可得，即可弦切互化求解.【详解】由可得，所以，故答案为：15.在锐角三角形，，且则边上的中线长为__________．【答案】【解析】【分析】根据题设条件整理得，再利用正弦定理和余弦定理得到，进而利用向量的数量积运算求得，由此得解.【详解】因为，所以，整理得，即，即，即，由正弦定理，可得，又由余弦定理得，所以，即，则，假设的中点为，则，所以，则，所以.故答案为：.16.已知直线与曲线和都相切，请写出符合条件的两条直线的方程：______，______．【答案】①.②.【解析】【分析】设出切点，利用切点求出切线方程，联立方程求出切点处的值，代入求出切线方程.【详解】因为，，所以，，设直线与曲线和分别切于点，，所以切线方程分别为，，即，，因此，则，又，所以，化简得，解得或，当时，切线方程为，当时，切线方程为.故答案为：，.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．（1）求的公比；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，，；（2）设的前项和为，，，①，②①②得，，.【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.18.如图，直三棱柱中，，平面平面．（1）求证：；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）过点作，根据题意证得平面，得到，再由三棱柱为直三棱柱，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可得到；（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】如图所示，过点作于点，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，又因为平面，所以，由三棱柱为直三棱柱，可得平面，因为平面，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以.【小问2详解】如图所示，以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为，可得，则,设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，则，设二面角的平面角为为锐角，可得，所以，即二面角的正弦值为.19.已知函数的最大值为1.（1）求常数m的值；（2）若，，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据辅助角公式化简可得，然后根据正弦函数的性质，即可得出答案；（2）根据已知可得出，，然后根据二倍角公式得出的值，根据两角差的余弦公式，即可得出答案.【小问1详解】，当，即时，，所以.【小问2详解】由（1）知，.由得，，所以.又，所以，所以，所以，，所以.20.已知数列的前项积为，且.（1）求证：数列是等差数列；（2）证明：.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等差数列的定义，为定值即可证明.（2）由结合（1）求的通项公式，进而得，再把化简代入求值，从而即可证明.【小问1详解】由数列的前项积为，得，又，所以，当时，，整理得，即，所以，当时，为定值，所以数列是等差数列.【小问2详解】因为，令，得，，故，结合（1）可知，是首项为2，公差为1的等差数列，所以，得.所以，当时，，显然符合上式，所以.所以，故.因为，，所以21.在中，，，所对的边分别为，，，已知.（1）若，求的值；（2）若是锐角三角形，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意利用余弦定理即可求解.（2）先利用余弦定理、正弦定理、两角和差公式得，再把化简到同一个角的三角函数，最后利用正弦函数的单调性确定取值范围.【小问1详解】在中，，据余弦定理可得，又，故，即，又，故，得.【小问2详解】在中，据余弦定理可得，又，故，即，又，故.据正弦定理，可得，所以，即，所以，，因，所以，或，即或（舍）.所以.因为是锐角三角形，所以得，所以，故，，所以的取值范围是.22.已知函数．（1）求证：；（2）若函数在上存在最大值，求的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，求得，令，求得，得到函数的单调性，结合，即可得到；（2）根据题意得到，求得，令，得到，分，和，三种情况讨论，结合零点的存在性定理和函数的单调性、极值（最值）的定义，即可求解.【小问1详解】解：由函数，可得，则，令，可得，当时，可得，单调递增；当时，可得，单调递减，所以，所以，即，即.【小问2详解】解：由函数可得令，可得①当时，，在上单调递增，所以，所以在上单调递增，无最大值；②当时，，可得在上单调递减，所以，所以在上单调递减，无最大值；③当时，由，可得，所以当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，由（1）知，，所以当时，，取，则且，又由，所以由零点的存在性定理，存在，使得，所以当时，，即；当时，，即，所以在单调递增，在单调递减，此时在上存在最大值，符合题意，综上所述，实数的取值范围是.【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.结论拓展：与和相关的常见同构模型①，构造函数或；②，构造函数或；③，构造函数或.