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

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省连云港市部分学校2024届高三上学期10月第二次学情检测数学试题一、选择题1.若复数，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗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〗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〗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〗由已知可得，又，所以.故选：A.5.“”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〗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〗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．7.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，得，所以故选：B.8.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〗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9.已知，则（）A. B.C. D.〖答案〗BD〖解析〗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〗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〗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〗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13.已知函数，则__________．〖答案〗1〖解析〗由函数，有.故〖答案〗为：114.已知向量，，且，则________．〖答案〗〖解析〗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〗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〗〖解析〗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．解：（1）设的公比为，为的等差中项，，；（2）设的前项和为，，，①，②①②得，，.18.如图，直三棱柱中，，平面平面．（1）求证：；（2）求二面角的正弦值．（1）证明：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.（2）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.解：（1），当，即时，，所以.（2）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：.证明：（1）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.（2）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.解：（1）在中，，据余弦定理可得，又，故，即，又，故，得.（2）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．（1）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.（2）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.江苏省连云港市部分学校2024届高三上学期10月第二次学情检测数学试题一、选择题1.若复数，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗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〗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〗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〗由已知可得，又，所以.故选：A.5.“”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〗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〗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．7.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，得，所以故选：B.8.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〗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9.已知，则（）A. B.C. D.〖答案〗BD〖解析〗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〗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〗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〗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13.已知函数，则__________．〖答案〗1〖解析〗由函数，有.故〖答案〗为：114.已知向量，，且，则________．〖答案〗〖解析〗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〗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〗〖解析〗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．解：（1）设的公比为，为的等差中项，，；（2）设的前项和为，，，①，②①②得，，.18.如图，直三棱柱中，，平面平面．（1）求证：；（2）求二面角的正弦值．（1）证明：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.（2）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.解：（1），当，即时，，所以.（2）由（1）知，.由得，，所以.又，所以，所以，所以，，所以.20.已