广东省中山市2024届高三上学期第三次月考数学含答案

广东省中山市2023—2024学年高三上学期第三次月考数学试卷注意事项：（1）答题前填好自己的姓名、班级、考号等信息；（2）请将答案正确填写在答题卡上。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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．复数满足，其中是虚数单位，则（

）A． B． C． D．3．在中，点D在边AB上，．记，则()A． B． C． D．4.已知，，，则实数，，的大小关系是（）A． B． C． D．5．已知均是锐角，已知，，则（

）A. B. C.D.6．下列函数中，既是奇函数又是增函数的是（）A.B.C.D.7．已知，，且，则的最大值为（）A.2 B. C.4D.8．已知函数，，若关于的方程有四个不同的解，则实数m的取值集合是（

）A． B． C． D．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．设等差数列的前项和为，公差为，若，，则（）AB.C. D.10．已知，是夹角为的单位向量，且，，则（）A.在上的投影向量为 B.C. D.11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.B.函数的最小正周期为C.函数的图象的对称轴方程为D.函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到12．如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（

）A．直线与平面所成的角等于B．四棱锥的体积为C．两条异面直线和所成的角为D．二面角的平面角的余弦值为三．填空题本题共4小题，每小题5分，共20分13．已知向量，，，若，，则14．记数列的前项和为，且，则__________.15．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体称作“阿基米德体”．若一个正四面体的棱长为12，则对应的“阿基米德体”的表面积为．

（15题图）（16题图）16．函数（，）的部分图象如图所示，直线（）与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，则______.四．解答题：本题共6小题，17题10分，剩下每题12分。共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．已知是公差为的等差数列，是公比为的等比数列，且.（1）求与的通项公式；（2）记，记为数列的前项和，求.18．记的内角的对边分别为，，，已知为锐角，且.（1）求角的大小；（2）若，，求的面积.19．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，，为中点。(1)求证：平面；(2)求证：；20．正项等比数列的前项和为，，且，，成等差数列，.（1）求的通项公式；（2）若，求的前项和.21．如图，在平面四边形ABCD中，AC=4，BC⊥CD.

(1)若AB=3，BC=2，CD=5，求的面积；(2)若，求的最大值.22．已知函数.(1)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围；(2)求证：当时，.广东省中山市2023—2024学年高三上学期第三次月考数学试卷答案题号12345678答案ADBCDCBA题号9101112答案ABABABAB13.0；14.15.16.7.【分析】由，两边取对数得到，再设，两边取对数，利用基本不等式求解.【详解】解：因为，所以，设，则，则，当且仅当，即时，等号成立，故选：B9.【分析】由等差数列前项和公式求出，再结合通项公式和前项和公式逐项辨析即可.【详解】方法一：∵等差数列满足，，∴由等差数列前项和公式有，解得，∴，，对于A，，故选项A正确；对于B，，当取与最接近的整数即或时，最大，∴，故选项B正确；对于C，，故选项C错误；对于D，，故选项D错误.方法二：∵等差数列满足，∴，∴对于A，，∴，故A正确；对于B，，，，∴，故选项B正确；对于C，，故选项C错误；对于D，，故选项D错误.故选：AB.10.【分析】A选项，根据投影向量的定义可运算判断；B选项，根据向量模的定义结合数量积运算可判断；C选项，由数量积运算可判断；D选项，由向量夹角公式可运算判断.【详解】对于A，B，，，则，，，，所以在上的投影向量为，故A，B正确；对于C，，，故C错误；对于D，，所以，故D错误.故选：AB.11.【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再结合正弦函数的性质逐项判断作答.【详解】，故A正确；函数的最小正周期为，故B正确；由，得，故C错误；由的图象向左平移个单位长度，得，故D错误.故选：AB12.AB【分析】根据线面角的定义及求法即可判断；由点到平面的距离的求法即可判断；由异面直线所成角的定义及求法即可判断；由平面角的定义及余弦定理即可判断．【详解】解：如图，取的中点，连接，易证平面，所以是直线与平面所成的角为，故正确；点到平面的距离为的长度为，故正确；易证，所以异面直线和所成的角为或其补角，因为为等边三角形，所以两条异面直线和所成的角为，故错误；连接，由，所以，又，所以为二面角的平面角，易求得，又，，由余弦定理可得，故错误．故选：．16.【分析】由图象求得参数，由交点及余弦函数的对称性结合即可求值【详解】由图可知，，即，则，解得，，故.则，最小正周期为.直线（）与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，则由图可知，.∴.故答案为：17.【分析】（1）根据题中条件可得出关于、的值，再分别利用等差数列、等比数列的通项公式可求得数列与的通项公式；（2）利用分组求和法可求得的值.【小问1详解】由可得，解得，所以，.【小问2详解】因为，由题意得.18.【分析】（1）利用二倍角公式化简等式，解出即可；（2）根据正弦定理求出角,再利用三角形面积公式计算即可.【小问1详解】由已知可得,，解得.因为为锐角，所以，所以，所以.【小问2详解】由题，，又由正弦定理，得.因为，所以或.当时，，所以；当时，，所以，所以的面积为或.19.【详解】（1）证明：如下图，连接BD和AC交于点O，连接OF，为正方形，为BD的中点，为DE的中点，，平面ACF，平面ACF，平面ACF．（2）证明：平面CDE，平面CDE，，为正方形，，，AD，平面DAE，平面DAE，平面DAE，．20.【分析】（1）设等比数列的公比为，然后根据已知条件列方程组可求出，从而可求出数列的通项公式，（2）由（1）得，再利用错位相减法可求得结果.【小问1详解】设等比数列的公比为，因为，，成等差数列，所以，因为，所以，相减得，所以，代入，得，解得或，因为，所以所以.【小问2详解】由已知得，，，所以，两个等式相减得，所以.21.【分析】（1）先用余弦定理求出，再利用面积公式求解；（2）设，运用正弦定理分别表示出，再利用恒等变换以及三角函数的性质求解.【详解】（1）在中，由余弦定理可得，因为，所以，所以的面积；（2）设，，则，．在中，由正弦定理可得，则，在中，由正弦定理可得，则，所以，当时，取得最大值；综上，的面积为，的最大值.22.分析】（1）转化为，即对恒成立,再根据函数求出最小值可得结果；（2）（法一）两次求导得的最小值，再根据基本不等式可得.（法二）利用进行放缩可证.【详解】（1）的定义域为,.依题意得：对恒成立,对恒成立.令，则，当时，，故在上单调递增，所以的最小值为.故，即的取值范围为.（2）（法一）当时，设，由，得在上单调递增，又，，由零点存在定理可得在上有唯一零点，设此零点