重庆市荣昌中学校2024届高三上学期第二次月考数学试题（Word版附解析）

荣昌中学高2024级高三上期第二次月考数学试题一、选择题：本大题共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.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由对数函数单调性结合指数函数性质可化简集合A，B，后由集合交集定义可得答案.【详解】因为，则A，因为，，则，所以.故选：B.2.已知复数满足，则（）A.5B.C.13D.【答案】B【解析】【分析】设，利用复数的运算法则和复数相等，建立的方程组，直接求出，从而可求出结果.【详解】设，则，所以，解得或，所以.故选：B. 3.已知p：，q：，则p是q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】C【解析】【分析】令,结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立.【详解】令，，且，故为奇函数，时，递增，则也递增，又为奇函数，则在上递增，，若，则，则，即即；，若，则等价于，即，由在上递增，则，即，故p是q的充要条件，故选：C.4.已知，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先求出，再求，再化简即得解. 【详解】解：由得，所以，所以.故选：B5.已知单位向量满足，其中，则在上的投影向量是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据投影向量的计算公式求值即可.【详解】因为单位向量满足，所以，由投影向量计算公式可知在上的投影向量是，即故，而，故.故选：D6.已知数列的前项和为，首项，且满足，则的值为（）A.4093B.4094C.4095D.4096【答案】A【解析】【详解】由递推公式确定通项公式，再求即可. 【解答】，故，又，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，则故选：A7.已知函数，图像上每一点的横坐标缩短到原来的，得到的图像，的部分图像如图所示，若，则等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用向量数量积的定义可得，从而可得，进而得出，即，求出.【详解】根据，可得，故，所以，故的周期为24，所以，，故选：A．8.设，则（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】根据，判断的大小，由，构造函数，利用导数判断单调性，即可得到.【详解】由不等式可得，即；，设，因为，所以在上单调递增，所以当，所以，即.所以.故选：C二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共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．9.已知非零向量，下列命题正确的是（）A.若，则B.与向量共线的单位向量是C.“”是“与的夹角是锐角”的充分不必要条件D.若是平面的一组基底，则也能作为该平面的一组基底【答案】AD【解析】【分析】利用向量共线定理判断A；求出与向量共线的单位向量判断B；举例说明判断C ；利用平面的一个基底的意义判断D.【详解】对于A，非零向量，由，得存在非零实数，使得，则，即，A正确；对于B，与共线的单位向量是，B错误；对于C，当与同向共线时，满足，而与的夹角为0，不是锐角，C错误；对于D，是平面的一组基底，则不共线，假设向量共线，则存在实数，使得，即，显然不同时为0，于是共线，与不共线矛盾，即假设是错的，因此向量不共线，D正确.故选：AD10.设，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】先判断出，利用不等式性质及基本不等式一一验证：对于A：利用作差法比较；对于B：利用基本不等式判断；对于C：利用作差法比较；对于D：利用基本不等式判断.【详解】因为，所以∵，∴，对于A：，因为，所以，即，故A错误； 对于B：由基本不等式,所以，故B正确；对于C：，因为所以，所以，故C错误；对于D：由基本不等式，，而，所以.故选：BD【点睛】（1）要证明一个命题为真命题，需要严格的证明；要判断一个命题为假命题，举一个反例就可以了.（2）利用基本不等式的条件：一正二定三相等.11.设函数则下列结论正确的是（）A.在上单调递增；B.若且则；C.若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为；D.存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到函数为奇函数.【答案】AD【解析】【分析】由，选项A：利用正弦函数性质判断；选项B：利用正弦函数的性质判断；选项C：利用正弦函数的图象判断；选项D：【详解】，选项A：，得，因为，有， 所以在上单调递增；故A正确；选项B：可知，故B错误；选项C：已知，若有且仅有2个不同的解，如图所示：可得，解得，故C错误；选项D：，可知当时，满足为奇函数，故D正确；故选：AD.12.如图，在棱长为2的正方体中，E是线段的中点，点M，N满足，其中，则（）A.存在，使得B.的最小值为 C.当时，直线与平面所成角的正弦值为D.当时，过E，M，N三点的平面截正方体得到的截面多边形面积为【答案】BCD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对ABC选项进行分析，通过画正方体的截面判断D选项的正确性，从而确定正确答案.【详解】建立如图所示空间直角坐标系，,所以即，即，，，由于，所以，所以不存在，使得，A选项错误.，,所以当即时，取得最小值，B选项正确.当时，,，设平面的法向量为， 则，取，故，设直线与平面所成角为，则，所以C选项正确.当时，是的中点，是上靠近的三等分点，设，根据正方体的性质可知三点共线.连接并延长，交于，则，过作，交于，连接并延长，交于，则，连接，则，所以四边形是平行四边形，再根据正方体的性质可知四边形是矩形，所以E，M，N三点的平面截正方体得到的截面多边形为矩形，，所以截面多边形的面积为，D选项正确.故选：BCD 【点睛】方法点睛：作截面的三种方法:①直接法:截面的定点在几何体的棱上；②平行线法:截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；③延长交线得交点:截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知一个圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为___________.【答案】【解析】【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，分析得出，由圆锥的侧面积计算出、的值，可求得圆锥的高，再利用圆锥的体积公式可求得结果.【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，则圆锥的底面圆周长为，可得，圆锥的侧面积为，解得，，所以，圆锥的高为，因此，该圆锥的体积为.故答案为：.14.已知，则________.【答案】【解析】【分析】设，由诱导公式及倍角公式得，求解即可.【详解】设，则，，所以.故答案为：15.设函数，则使得成立的的取值范围是__________. 【答案】【解析】【分析】先判断函数的奇偶性与单调性，然后利用函数的性质解不等式，即可求解.【详解】因为，所以，所以函数的定义域为且，又，∴偶函数.当时，令，∵，∴在上是增函数，易知函数在上是增函数，∴在上是增函数.又为偶函数，∴，∴由，得，解得，故答案为：.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与单调性及其应用，其中解答中根据根据的解析式得到函数的奇偶性和单调性是解答的关键，着重考查化归与转化能力和运算求解能力，属于中档试题．16.在等腰梯形中，，，为的中点.将沿折起，使点到达点的位置，则三棱锥外接球的表面积为_________；当时，三棱锥外接球的球心到平面的距离为_________.【答案】①.②.【解析】【分析】由题可得三棱锥外接球的球心为O，利用球的表面积公式即求，然后利用等积法可求O到平面的距离.【详解】∵等腰梯形中，，，为的中点， ∴为等边三角形，，∴三棱锥外接球的球心为O，半径为1，∴；连与交于，则OC⊥MD，OC⊥MB，，所以为二面角的平面角，又，又，∴二面角为，∴到平面的距离为，在中，，，设球心O到平面的距离h，由，得，∴，解得，所以三棱锥外接球的球心到平面的距离为.故答案为：；. 四、解答题：本大题共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.已知等差数列满足，且成等比数列．（1）求的通项公式；（2）记为数列前项乘积，若，求的最大值．【答案】17.或18.【解析】【分析】（1）利用，和成等比数列结合等差数列和等比数列知识，从而求出首项和公差，从而求解.（2）根据（1）中结果并结合题意进行分情况讨论，从而求解.【小问1详解】设的公差为，由，得：；由成等比数列，得：，即：，整理得：.由，解得：或.所以：的通项公式为或.【小问2详解】因为，所以：，得：当时，；当时，.从而，又因为：，所以：的最大值为.故的最大值为.18（1）求函数的中心对称点；（2）先将函数的图象上的点的横坐标缩小到原来的 ，纵坐标保持不变，再把所得的图象向右平移个单位，得到函数，解关于的不等式.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将的表达式展开,化简可得,令,可求得函数的中心对称点;（2）先求得的表达式,再由,可得,求解即可.【详解】（1）令,则,故函数的中心对称点为.（2）,的图象上的点的横坐标缩小到原来的，纵坐标保持不变，得到,所得的图象向右平移个单位，得到, 即.则,则,即.所以不等式的解集为.【点睛】本题考查了三角函数的恒等变换,考查了三角函数的对称中心,考查了三角函数的平移变换,考查了不等式的解法,属于中档题.19.如图，为正三角形，平面平面，点分别为的中点，点在线段上，且．（1）证明：直线与直线相交；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，取中点，连接，即可证明共面，且其长度不相等，即可证明；（2）解法1：由条件可得为平面与平面的夹角，结合余弦定理，代入计算，即可得到结果；解法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，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】 证明：取中点，连接，则，因为平面平面，所以，所以，则四边形为平行四边形，所以．因为点在线段上，且，所以是的中点，又因为点是的中点，所以，所以，即共面，且长度不等，所以直线与直线相交．【小问2详解】解法1：由（1）知，平面即为平面．因为平面，且平面，所以，因为为正三角形，点是的中点，所以，又平面平面，所以平面．又，所以平面，所以（或其补角）为平面与平面的夹角．不妨设，则，所以， 即平面与平面夹角的余弦值为．解法2：因为平面，所以，因为为正三角形，所以，所以平面，又，所以平面．以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设，则，所以，设平面的一个法向量为，则即取．设平面的一个法向量为，则即取．设平面与平面的夹角为，则．所以，平面与平面夹角的余弦值为．20.2023年9月8日，第19届亚运会火炬传递启动仪式在杭州西湖景区涌金公园广场成功举行．火炬传递首日传递从杭州西湖涌金公园广场出发，沿南山路—湖滨路—环城西路—北山街—西泠桥— 孤山路传递，在“西湖十景”之一的平湖秋月收火．杭州亚运会火炬首日传递共有106棒火炬手参与．（1）组委会从全省火炬手中随机抽取了100名火炬手进行信息分析，得到如下表格：性别年龄总计满50周岁未满50周岁男154560女53540总计20801000.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828根据小概率值的独立性检验，试判断全省火炬手的性别与年龄满或未满50周岁是否有关联；（2）在全省的火炬手中，男性占比72%，女性占比28%，且50%的男性火炬手和25%的女性火炬手喜欢观看足球比赛．某电视台随机选取一位喜欢足球比赛的火炬手做访谈，请问这位火炬手是男性的概率为多少？【答案】（1）全省火炬手性别与年龄满或未满50周岁相互独立（没有关联）（2）【解析】【分析】（1）根据列联表中的数据，求得的值，结合附表，即可得到结论；（2）设表示火炬手为男性，表示火炬手喜欢足球，结合条件概率和全概率公式，即可求解.【小问1详解】解：零假设为：：全省火炬手性别与年龄满或未满50周岁相互独立（没有关联），根据列联表中的数据，计算得，所以根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认定为成立，全省火炬手性别与年龄满或未满50周岁相互独立（没有关联）．【小问2详解】 解：设表示火炬手为男性，表示火炬手喜欢足球，则，所以这位火炬手是男性的概率约为．21.在中，角的对边分别为且，（1）求；（2）求边上中线长的取值范围．【答案】（1）6（2）【解析】【分析】（1）根据题意利用正弦定理进行边角转化，分析运算即可；（2）利用余弦定理和基本不等式可得，再根据，结合向量的相关运算求解.【小问1详解】因为，由正弦定理可得，整理得，且，则，可得，即，且，则，由正弦定理，其中为的外接圆半径，可得，又因为，所以.【小问2详解】在中，由余弦定理，即，则，当且仅当时，等号成立， 可得，即设边上的中点为D，因为，则，即，所以边上中线长的取值范围为.22.设函数.（1）求函数在处的切线方程；（2）若为函数的两个不等于1的极值点，设，记直线的斜率为，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再求出，即可求出切点坐标，从而求出切线方程；（2）首先求出函数的导函数，依题意在上有两个不等于的正根，即可得到韦达定理，不妨设，所以，根据两点斜率公式得到，即证，根据对数平均不等式可得，只需证明，令，依题意即证，，再构造函数利用导数说明函数的单调性，即可得证；【小问1详解】 解：因为，所以，，所以，所以切点为，切线的斜率，所以切线方程为【小问2详解】解：因为因为为函数的两个不等于1的极值点，所以在上有两个不等于的正根，所以，所以，不妨设，所以，所以要证即证，即， 令，则，所以当时，，所以函数在上单调递增，故，即，所以在上恒成立，因为，所以，所以，即，即，所以，下面只需证明，令，因为，所以，所以，所以，即证，，即证，，令，，，所以在上单调递减，所以，得证；【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．