辽宁省北镇市第二高级中学、第三高级中学2023-2024学年高三上学期第四次月考数学试题（Word版附解析）

2023～2024学年度第一学期第四次月考高三数学试卷考试时间120分钟试卷满分150分一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分）1.设集合，，则（）A.B.C.D.2.已知复数满足，则（）A.B.C.D.3.若圆锥的母线长为6，其侧面展开图的面积为，则这个圆锥的体积为（）A.B.C.D.4.已知，是单位向量，若，则在上的投影向量为（）A.B.C.D.5.设,若直线与直线平行,则的值为A.B.C.或D.或6.已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是A.B.C.D.7.折扇（图1）是具有独特风格的中国传统工艺品，炎炎夏季，手拿一把折扇，既可解暑，又有雅趣．图2中的扇形为一把折扇展开后的平面图，其中，，设向量，，若，则实数的值为（）A.1B.3C.7D.14 8.若恒成立，则实数a的取值范围为（）A.B.C.D.二、多选题：（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.下列函数中，是奇函数且在区间上是减函数的是（）A.B.C.D.10.已知、、是三条不重合直线，，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（）A.若，，则B.若，，，则C.若，，则D.若、是异面直线，，，且，则11.在等比数列中，，，则（）A.公比为4B.的前20项和为170C.的前10项积为D.的前n项和为12.已知定义在上的函数满足，在下列不等关系中，一定成立的是（    ）A.B.C.D.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知锐角满足，则_______________.14.数列的前n项和为，若，，则______．15.在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，平面，若P，A，B，C四点都在表面积为的球的球面上，则三棱锥的体积为______．16.中，三内角所对边分别为，已知，，则角的最大值是_______________ 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.已知是首项为1的等比数列，且，，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，，求数列的前项和.18.已知函数（，，）图象相邻两条对称轴间的距离为．函数的最大值为2，且______．请从以下3个条件中任选一个，补充在上面横线上，①为奇函数；②当时；③是函数的一条对称轴．并解答下列问题：（1）求函数的解析式；（2）在中，、，分别是角，，对边，若，，的面积，求的值．19.如下图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，且，.（1）求三棱锥的体积；（2）求直线与平面所成角的余弦值.20.设数列的前n项和为，．（1）求证数列为等比数列，并求数列的通项公式． （2）若数列的前m项和，求m的值，21.在锐角中，内角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若外接圆的半径为，求的取值范围.22.已知（1）若有两个零点，求取值范围；（2）若方程有两个实根、，且，证明：. 2023～2024学年度第一学期第四次月考高三数学试卷考试时间120分钟试卷满分150分一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分）1.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解指数不等式化简集合，用列举法表示集合，再进行并集运算即可.【详解】由题意知，，所以.故选：A.2.已知复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据复数除法运算，求出复数，然后利用即可求解.【详解】因为复数满足，所以，所以.故选：B.3.若圆锥的母线长为6，其侧面展开图的面积为，则这个圆锥的体积为（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】根据圆锥母线即侧面展开图可求得底面圆半径，再利用勾股定理可求得圆锥的高为，由体积公式即可得结果.【详解】由题可知圆锥的侧面展开图扇形的半径，设底面圆的半径为，则，解得，所以圆锥的高，所以该圆锥的体积.故选：D.4.已知，是单位向量，若，则在上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据已知可推得，进而即可求出投影向量.【详解】根据已知可得，所以，.所以，在上投影向量为.故选：D.5.设,若直线与直线平行,则的值为A.B.C.或D.或【答案】B【解析】【分析】由a（a+1）﹣2=0，解得a．经过验证即可得出．【详解】由a（a+1）﹣2=0，解得a=﹣2或1．经过验证：a=﹣2时两条直线重合，舍去．∴a=1．故选B． 【点睛】本题考查了两条直线平行的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．6.已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先把化成，求出的零点的一般形式为，根据在区间内没有零点可得关于的不等式组，结合为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.【详解】由题设有，令，则有即.因为在区间内没有零点，故存在整数，使得，即，因为，所以且，故或，所以或，故选：D.【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题.7.折扇（图1）是具有独特风格的中国传统工艺品，炎炎夏季，手拿一把折扇，既可解暑，又有雅趣．图2中的扇形为一把折扇展开后的平面图，其中，，设向量 ，，若，则实数的值为（）A.1B.3C.7D.14【答案】D【解析】【分析】先利用题意算出，然后利用数量积的运算律对进行化简，即可求解【详解】因为，，所以，因为向量，，，所以，即，解得故选：D8.若恒成立，则实数a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将变形为，通过构造函数，对求导，利用导数与函数的单调性间的关系，得到在区间单调递增，从而得到，进而将恒成立转化成恒成立，也即恒立，构造函数，再对进行求导，求出的单调区间，即可求出结果. 【详解】易知，，由，得到，可变形为，即，所以恒成立，即恒成立，令，则，令，则，当时，，时，，即在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，即在区间上恒成立，所以在区间上单调递增，又，所以恒成立，也即恒成立，又，所以恒立，令，则，当时，，当时，，即在区间上单调递增，在区间上单调递减，故，所以，故选：A.【点睛】关键点晴：将变形为，通过构造函数，利用导数与函数的单调性间的关系，得到恒立，再转化成求函数的最值即可解决问题.二、多选题：（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.下列函数中，是奇函数且在区间上是减函数的是（） A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据所给条件，逐一分析各选项中函数的奇偶性及其在区间上的增减性即可.【详解】对于A，函数的定义域为R，是增函数，A不对；对于B，函数的定义域为R，是奇函数，并且在上单调递减，B对；对于C，函数的定义域为，是奇函数，并且在上单调递减，C对；对于D，函数的定义域为R，且，是奇函数，对函数求导，当，函数单调递减，即，解得，所以递减区间是.D不对．故选：BC10.已知、、是三条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（）A.若，，则B.若，，，则C.若，，则D.若、是异面直线，，，且，则【答案】ACD【解析】【分析】由线面、面面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.【详解】若，，由面面平行的性质定理可得成立，故A正确；两个平行平面内的两条直线位置是平行或异面，即不一定正确，故B错误；若，且，则，故C正确；如图，因为，所以存在直线，且满足，又，所以，同理存在直线，且满足，又，所以， 因为、是异面直线，所以与相交，设，又，，所以，故D正确.故选：ACD.11.在等比数列中，，，则（）A.的公比为4B.的前20项和为170C.的前10项积为D.的前n项和为【答案】ABC【解析】【分析】利用等比数列的性质、等差数列、等比数列的求和公式计算即可.【详解】由题意可知，所以，所以，，A对；由上可知：，所以，B对；而，C对；记的前n项和为，则的前n项和，D错，故选：ABC.12.已知定义在上的函数满足，在下列不等关系中，一定成立的是（    ） A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】构造函数，求导得到在R上单调递减，然后根据单调性比较大小即可.【详解】因，所以令，则，因为，，所以，所以在R上单调递减，，即，即，故A正确，B错；，即，即，故C错，D正确.故选：AD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知锐角满足，则_______________.【答案】【解析】【分析】利用同角三角函数基本关系及倍角公式变形计算即可.【详解】因为，所以，又为锐角，所以，即，所以.故答案为：14.数列的前n项和为，若，，则______．【答案】96【解析】 【分析】根据求出，，求出，从而得到答案.【详解】①，②，两式相减得，故，，令中得，，所以.故答案为：9615.在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，平面，若P，A，B，C四点都在表面积为的球的球面上，则三棱锥的体积为______．【答案】##【解析】【分析】由题意确定三棱锥外接球球心位置，根据外接球表面积求得外接球半径，即可求得PA的长，利用三棱锥体积公式即可求得答案.【详解】设为正的中心，M为的中点，过点作平面的垂线l，由于平面，故，在确定的平面内作，垂足为O，则四边形为矩形，连接，则，故，则O即为三棱锥外接球的球心，因为P，A，B，C四点都在表面积为的球的球面上，设外接球半径为R，故， 是边长为2的等边三角形，故,故，所以三棱锥的体积，故答案为：16.中，三内角所对边分别为，已知，，则角的最大值是_______________【答案】##【解析】【分析】由题意，利用正弦定理将角化边，再结合余弦定理可得，代入消去，利用基本不等式求出的范围，得解；或利用三角恒等变换结合正切函数的性质即得.【详解】解法一：，由正弦定理得，由余弦定理得，将代入，可得，而，消去可得，当且仅当时取等号.在上单调递减，.解法二：，又，，为锐角，且，即，为钝角，为锐角， 而，在上单调递增，.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.已知是首项为1的等比数列，且，，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，根据已知根据等差中项的性质列出关系式，求解即可得出；（2）根据（1）的结论得出，，然后根据错位相减法求和，即可得出答案.【小问1详解】设等比数列的公比为，，因，，成等差数列，所以，即，化简可得，解得.又，所以数列的通项公式为.【小问2详解】 因为，所以，则，①，，②①-②得，所以.18.已知函数（，，）的图象相邻两条对称轴间的距离为．函数的最大值为2，且______．请从以下3个条件中任选一个，补充在上面横线上，①为奇函数；②当时；③是函数的一条对称轴．并解答下列问题：（1）求函数的解析式；（2）在中，、，分别是角，，的对边，若，，的面积，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由最大值确定A，根据相邻两条对称轴间的距离为确定最小正周期，从而确定，选①，可得，求解即可；选②，，求解即可；选③，整体思想，求解即可.（2）利用面积公式求出，结合余弦定理即可求解.【小问1详解】 由题意得，∴最小正周期，则，∴.若选①，为奇函数，则，∴，即∵，即，∴即，∴.若选②，当时，∴即，∵，∴，∴.若选③，是函数的一条对称轴，∴即∵，∴，∴.【小问2详解】∵， ∴,即，∵即，∴，即，又∵，的面积，∴得，在中，由余弦定理得：，解得.19.如下图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，且，.（1）求三棱锥的体积；（2）求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）以为底面，为高，可求得三棱锥的体积；（2）利用坐标法求线面夹角正弦值，进而可得余弦值.【小问1详解】 三棱柱为直三棱柱，平面平面，且平面平面，即平面为矩形，，，且点为中点，，且为直角三角形，，平面，又点为中点，，，，，即，所以；【小问2详解】如图所示，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，则，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，则， 所以，即，所以，即直线与平面所成角的余弦值为.20.设数列的前n项和为，．（1）求证数列为等比数列，并求数列的通项公式．（2）若数列的前m项和，求m的值，【答案】（1）证明见解析，（2）7【解析】【分析】（1）利用数列中与的关系，得，可证明数列为等比数列，可求数列的通项公式．（2）利用裂项相消求数列的前m项和，由求m的值.【小问1详解】因为，所以当时，，解得．当时，，则，整理得，故，，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以．所以【小问2详解】 ，数列的前m项和，则，则，则，解得，故m的值为7．21.在锐角中，内角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若外接圆的半径为，求的取值范围.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据题意由正弦定理以及两角和的正弦公式可得，即可得，结合角的范围可得；（2）利用正弦定理可得，，，代入表达式利用三角恒等变换可得，再根据角的范围由三角函数值域即可得.【小问1详解】因为，由正弦定理得，由正弦定理得，所以，由余弦定理得， 又，所以.【小问2详解】由正弦定理得，所以，，，所以，因为是锐角三角形，所以，所以，所以，所以，所以，即的取值范围是.22.已知（1）若有两个零点，求的取值范围；（2）若方程有两个实根、，且，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）解法一：由参变量分离法可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可求得实数的取值范围；解法二：直接对函数求解，通过对参数的分类讨论，研究函数的单调性与极最值，通过分析原函数图象，数形结合求得实数的取值范围. （2）解法一：首先通过同构，将等式整理成，再令，通过已知条件，假设，是的两个零点，进而可得，要证，即证，即证，令，构造函数进行证明即可；解法二：首先根据已知条件、是的两个零点，证，即证，然后分和两种情况进行分类讨论，最终构造函数（）进行证明.【小问1详解】解法一：函数的定义域为，由可得，令，其中，则，令可得，列表如下：＋0－增极大值减且当时，，作出函数和的图象如下图所示：由图可知，当时， 即当时，直线与函数的图象有两个公共点，因此，实数的取值范围是.解法二：当时，∴恒成立得在上递增，则函数不可能存在两个零点，故该情况不成立；当时，得在递增；在递减，要使有两个不同零点，必须且极大值（和时），∴.【小问2详解】解法一：方程令，由有两个实根、，则，是的两个零点，由且，可得，由可得，要证，即证，即证，∵，∴，∴即证.令，即证， 构造函数，其中，即证，，所以，函数在上单调递增，∴，故原不等式成立.解法二：方程令，由有两个实根、，则、是的两个零点由可得为减函数，要证，即证，由的图象，不妨设（，分布在的极值点两侧）要证，只需证①当时，因，故上式显然成立②当时，，又，由在递增，即证明构造函数（），∴在为增函数，，所以要证的不等式成立.【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.