2023—2024学年度第一学期阶段性质量监测（二）高三年级数学学科2024.01本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共150分，考试时间120分钟.第I卷1至2页，第Ⅱ卷3至8页.祝各位考生考试顺利!第I卷注意事项：1.答第I卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号､考试科目涂在答题卡上；2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；3.本卷共9小题，每小题5分，共45分.参考公式：●锥体的体积公式，其中表示锥体的底面积，表示锥体的高.●对于事件，那么.一､选择题：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.已知全集，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由集合补集及交集的性质即可求得.【详解】，又故选：C2.函数的图象可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】通过判断不是奇函数，排除A，B，又因为，排除C，即可得出答案.【详解】因为的定义域为，又因为，所以不是奇函数，排除A，B.，所以排除C.故选：D.3.“”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】B【解析】【分析】将存在量词命题转化为有解问题，再利用一元二次不等式有解及充分条件和必要条件的定义即可求解.【详解】因为，所以，解得.所以，故“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4.某研究机构为了解某地年轻人的阅读情况，通过随机抽样调查了100位年轻人，对这些人每天的阅读时间（单位：分钟）进行统计，得到样本的频率分布直方图如图所示，则的值为（）A.0.02 B.0.2 C.0.04 D.0.4【答案】A【解析】【分析】根据题意结合频率和为1列式求解.【详解】由频率分布直方图可知：每组频率依次为，则，解得.故选：A.5.设，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用对数的运算性质、对数函数的性质和指数函数的性质即可求解.【详解】，由在上单调递增，，得，所以，即，于是有，由，得，所以.故选：D.6.数列满足，，其前项积为，则等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依次代入可得是以为周期的周期数列，由可推导得到结果.【详解】当时，；当时，；当时，；当时，；…，数列是以为周期的周期数列，，.故选：D.7.已知圆柱的底面半径为1，高为2，AB，CD分别为上、下底面圆的直径，，则四面体ABCD的体积为（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】易证平面，然后由求解.【详解】解：如图所示：连接，因为，，且，所以平面，所以，，故选：D8.设函数.若，且的最小正周期大于，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意求得，再由周期公式求得，再由可得，结合，求得值，即可得解．【详解】由的最小正周期大于，可得，因为，可得，则，且，所以，即，由，即，可得，，则，，且，可得，，所以，.故选：C．9.已知，分别是双曲线的左､右焦点，点P是双曲线上一点，若，且的最小内角为，则双曲线的标准方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设点为双曲线右支上一点，结合双曲线的定义与条件可得，，在中，根据大边对大角可知为最小角，进而根据余弦定理求得，再得到，即可得到答案.【详解】设点双曲线右支上一点，则，因为，且，所以，，由题，因，则，所以为最小角，故，所以在中，由余弦定理可得，，解得，所以，所以双曲线的标准方程为.故选：B第Ⅱ卷注意事项：1.用黑色墨水的钢笔或签字笔答题：2.本卷共11小题，共105分.二､填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.10.已知复数，若是实数，则实数的值为__________.【答案】##0.5【解析】【分析】根据复数的乘法运算可得，进而结合题意可得，运算求解即可.【详解】由题意可得：，若是实数，则，解得.故答案为：.11.展开式中，的系数等于________．【答案】15【解析】【详解】6的通项为Tr＋1＝C6r6－rr＝C6r(－1)rx6－ryr－3，令6－r＝3，得r＝2，r－3＝0，故x3的系数为C62(－1)2＝15.12.直线与圆C：相交于M，N两点，则______．【答案】4【解析】【分析】利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再根据勾股定理求解.【详解】解：圆C：，其圆心坐标为，半径为3．圆心到直线2x－y＋1＝0的距离，则．故答案为:4.13.设甲乘汽车､动车前往某目地的概率分别为，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为，则甲正点到达目的地的概率为__________.【答案】0.82##【解析】【分析】利用全概率公式求解即可.【详解】设事件“甲乘汽车前往某目的地”，事件“甲乘动车前往某目的地”，事件“甲正点到达目的地”..故答案为：0.8214.在中，，则__________；若为所在平面内的动点，且，则的取值范围是__________.【答案】①.②.【解析】【分析】建立，利用向量的坐标运算求；设，利用向量的坐标运算结合辅助角公式可得，再结合正弦函数的有界性分析求解.【详解】如图，以C为坐标原点，分别为轴所在直线，建立平面直角坐标系，则，可得，则，所以；因为，设，可得，则，，其中，因为，所以.故答案为：；.15.已知函数若方程有三个不等的实根，则实数的取值范围是__________；函数的零点个数是__________.【答案】①.②.【解析】【分析】作出大致图象，结合图象可得实数的取值范围；令，将问题转化为，根据图象分析得有两个零点为，，从而考虑与根的个数即可求解.【详解】作出大致图象如下：若方程有三个不等的实根，由图象可得实数的取值范围是；令，则，可得，且，结合图象可知方程的一个根，另一个根，当时，与的图象有1个交点，所以有1个实根，当时，与的图象有3个交点，所以有3个实根，综上所述：共有4个零点.故答案为：；4.【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．三､解答题：本大题共5题，共5分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16.在中，角所对的边分别为，且，.（1）求角的大小；（2）求角的大小；（3）求的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题意利用余弦定理边化角即可得解；（2）根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解；（3）可得，代入结合降幂公式分析求解.【小问1详解】因为，由余弦定理可得，则.又因为，所以.【小问2详解】因为，由正弦定理可得，即，所以，则.因为，所以.【小问3详解】由（1）（2）可得，则.17.如图，在正方体中，为棱上一点（不含端点），为棱的中点.（1）若为棱的中点，（i）求直线与平面所成角的正弦值；（ii）求平面和平面的夹角的余弦值；（2）求直线与所成角余弦值的取值范围.【答案】（1）（i）；（ii）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标；（i）求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角与线面角的关系即可求解；（ii）分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角与线面角的关系即可求解；（2）根据（1）的结论，分别求出直线和直线的方向向量，利用向量的夹角与线面角的关系，结合对勾函数的性质即可求解.【小问1详解】公众号：高中试卷君在正方体中以分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示设正方体的棱长为2，若为棱的中点，则，.所以.（i）设平面的一个法向量为，则即令，则.设与平面所成角为，则有.故直线与平面所成角的正弦值为.（ii）易知平面的一个法向量为，设平面和平面夹角为，则有.故平面和平面的夹角的余弦值为.【小问2详解】设直线与所成角为，则.所以.因为，所以，即，于是有，所以，即.故直线与所成角余弦值的取值范围为.18.设椭圆经过点，且其左焦点坐标为.（1）求椭圆的方程；（2）对角线互相垂直的四边形的四个顶点都在上，且两条对角线均过的右焦点，求的最小值.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据焦点坐标和椭圆所过点，利用椭圆的定义可求方程；（2）设出直线方程，联立，结合韦达定理表示出，利用二次函数可得答案.【小问1详解】因为椭圆的左焦点坐标为，所以右焦点坐标为.又椭圆经过点，所以.所以椭圆的方程为.【小问2详解】①当直线中有一条直线的斜率不存在时，.②当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程，由，得，则，.设直线的方程为，同理得，所以，设，则，则，所以时，有最小值.综上，的最小值是.19.已知正项等比数列满足，数列的前项和为，当时，.（1）求的通项公式：（2）证明是等差数列，并求；（3）设数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）证明见解析，（3）.【解析】【分析】（1）利用等比数列基本量的计算求通项公式；（2）利用与的关系以及等差数列的定义求解；（3）利用错位相减法求和以及基本不等式求解.【小问1详解】设正项等比数列的公比为，由，得，解得，所以.【小问2详解】当时，，所以，整理得，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.所以，即.【小问3详解】由（1）､（2）知，所以，①②①-②得,所以.由得，即，因为，当且仅当时，等号成立，所以.20.已知函数，且函数与有相同的极值点.（1）求实数的值；（2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围；（3）求证：.【答案】（1）1（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）先求得的极大值点为，由可得，经检验可确定；（2）先求得在上的最大值和最小值，然后分和两种情况可得的取值范围；（3）所证不等式即为，通过证明和即可证得结果.【小问1详解】公众号：高中试卷君令，解得，当时，在单调递增，当时，在单调递减，故函数的极大值点为.令，由题意可得，解得，经验证符合题意，故实数的值为1.【小问2详解】由（1）知，函数在单调递增，在单调递减，又，且，所以当时，，若不等式恒成立，则，所以的取值范围为.【小问3详解】所证不等式即为.先证：，即证在上恒成立，设，设，因为在上恒成立，所以在单调递增，则，所以在单调递增，则，所以.再证：，即证.设，当时，单调递增，当时，单调递减，所以.设，当时，单调递减，当时，单调递增，所以.所以，即.综上，，得证.【点睛】关键点睛：第（3）问的关键点是：将证明转化为证明和.