2024届河北省石家庄二十七中高三上学期第一次月考数学试题含答案

这是一份2024届河北省石家庄二十七中高三上学期第一次月考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据指数不等式及无理不等式解法化简集合与，然后根据元素与集合的关系判断A、C，根据集合的关系判断B、D.
【详解】因为，，
所以，，与之间没有包含关系.
故选：C.
2．复数，满足，，则（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】C
【分析】解方程组可得，再根据复数的乘法运算可得.
【详解】由解得，
则.
故选：C.
3．已知向量，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】直接利用投影向量的公式，即可求得本题答案.
【详解】因为，，所以，
所以，
因为与方向相同的单位向量为，
所以在上的投影向量为．
故选：C
4．已知等比数列的各项均为正数，若，，则（ ）
A．B．C．27D．
【答案】D
【分析】等比数列，基本量的计算，设出公比，联立式子可求出，即可.
【详解】设的公比为，则，，．
因为，所以，因为，所以，所以．
因为的各项均为正数，所以．因为，所以．
故选：D
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
【分析】根据两角和正切公式化简并计算得或3，利用充分必要条件定义即可判断.
【详解】由，
得，即或3，（经检验均为原分式方程的解），
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
6．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性、定义域、正负性，结合指数函数的单调性进行判断即可.
【详解】由，所以该函数的定义域为，显然关于原点对称，
因为，
所以该函数是偶函数，图象关于纵轴对称，故排除选项AC，
当时，，排除选项B，
故选：D
7．已知定义在上的函数满足，且，则（ ）
A．B．1C．D．3
【答案】C
【分析】由条件推得函数的周期为4，结合函数的周期，即可求解.
【详解】由，可得，
所以的周期为4，则．
故选：C.
8．已知四个城市坐落在正方形的四个顶点处，正方形边长为，现要修建高铁连迎这四个城市，设计师设计了图中的连接路线（路线由五条实线线段组成，且路线上、下对称，左、右也对称），则路线总长（单位：）的最小值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，，根据解三角形的知识可表示路线长度，再结合导数求得最值.
【详解】设，，则，，路线总长为．
令函数，，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以的最小值是，则路线总长（单位：）的最小值为，
故选：D.
二、多选题
9．已知表示集合的整数元素的个数，若集合（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据对数函数的单调性、一元二次不等式的解法，结合集合并集、交集、补集的定义、已知定义逐一判断即可.
【详解】由，
因此，
由，
因此.
A：因为集合中的整数有，共10个，
所以，因此本选项正确；
B：因为，
所以本选项不正确；
C：因为集合中的整数有，共9个，
所以，因此本选项正确；
D：因为，所以，
因为，所以，因此本选项正确，
故选：ACD
10．若函数，则（ ）
A．
B．的最小正周期为
C．的图象关于直线对称
D．在上单调递增
【答案】BCD
【分析】根据二倍角正弦公式、余弦公式、辅助角公式化简函数的的解析式，结合复合函数的导数法则、正弦型函数的周期性、对称性、单调性逐一判断即可.
【详解】.
A：，所以本选项不正确；
B：的最小正周期为，所以本选项正确；
C：因为，
所以的图象关于直线对称，所以本选项正确；
D：当时，，
所以在上单调递增，因此本选项正确，
故选：BCD
11．如图，在正四棱柱中，为的中点，是棱上一点，则（ ）
A．的最小值为
B．存在点，使得
C．存在点，使得
D．存在点，使得
【答案】BC
【分析】根据侧面展开图、三角形中位线定理、余弦定理逐一判断即可.
【详解】A：将平面沿着展开到平面内，
则的最小值为，所以本选项不正确；
B：当是棱的中点时，，，
，
因为，
所以，因此本选项正确；
C：当是棱的中点时，
显然，
因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以，因此本选项正确；
D：假设存在点，使得，
设，
则有，
由余弦定理得，
，
化简，得，或，
所以假设不成立，因此不存在点，使得，因此本选项不正确，
故选：BC
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用棱柱展开的性质、应用余弦定理.
12．已知实数满足且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则的最小值为
C．的最大值为
D．若，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，可得，再结合均值不等式逐项分析判断作答.
【详解】由，得，而，则，
对于A，，A正确；
对于B，，则，显然均为正数，即有，
因此，
当且仅当，即时取等号，B正确；
对于C，显然，
由，得，因此，C错误；
对于D，由，得，
当且仅当时取等号，即，由，得，则的最小值为，D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：利用基本不等式求最值时，要从整体上把握运用基本不等式，有时可乘以一个数或加上一个数，以及“1”的代换等应用技巧.
三、填空题
13．已知命题，则的否定为 ．
【答案】
【分析】根据特称命题的否定是全称命题即可得答案.
【详解】解：因为命题，
所以.
故答案为：
四、双空题
14．若角的终边经过点，则 ， ．
【答案】 5
【分析】由三角函数的定义先求出的值，然后利用三角函数商数关系化简齐次式，或者利用诱导公式化简，代入求值即可.
【详解】因为角的终边经过点，所以，
所以，
且．
故答案为：5，.
五、填空题
15．在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】根据条件及余弦定理，可求得，由勾股定理可得，则三棱锥的外接球球心为中点，即外接圆的直径为，进而求出外接球的半径，从而可求外接球的表面积.
【详解】由，，，根据余弦定理可得，则，，
中E为斜边AB中点，所以到各点的距离相等，
则三棱锥外接球的直径为，
故三棱锥外接球的表面积为．

故答案为：
16．已知函数的最大值为，则函数的最小值为 （结果用表示）
【答案】
【分析】由题，可得，所以取最小值时取最大值，又的最大值与的最大值相等，得解.
【详解】因为，所以，
则，
当的取值范围为时，的取值范围为，
所以的最大值与的最大值相等，均为，
所以的最小值为．
故答案为：.
六、解答题
17．已知函数．
(1)求的单调递增区间；
(2)把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象，求在上的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合函数的周期与诱导公式化简，然后利用整体法求解函数的单调递增区间；
（2）根据函数的变化法则解得，然后整体求解函数范围，结合余弦函数性质即可求解；
【详解】（1）根据函数的周期性与诱导公式，，
令，
解得，
所以的单调递增区间为．
（2）把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，得到的图象，
再将所得图象向左平移个单位长度得到的图象，
所以．
因为，所以，
则，
所以在上的值域为．
18．滇池久负盛名，位于春城昆明，是我国西南地区最大的淡水湖，被誉为“高原明珠”．如图，为计算滇池岸边与两点之间的距离，在岸边选取和两点，现测得，，，，．

(1)求的长；
(2)求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在中利用余弦定理可求长；
（2）在中利用正弦定理可求长．
【详解】（1）在中，有，，．
由余弦定理，可得，
即，
整理可得，解得或（舍去），
故的长为．
（2）在中，有，，，
则．
由正弦定理，
可得，即的长为．
19．如图，在三棱锥中，是的中点，与均为正三角形．

(1)证明：．
(2)若，点满足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，，证得平面，可证．
（2）为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的问题．
【详解】（1）证明：连接，因为与均为正三角形，所以．
又为的中点，所以，．
因为，平面，所以平面．
又平面，所以．
（2）因为，所以为等腰直角三角形，且．
不妨令，则．由，得，
则，故．
以为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

，，．
因为，所以．
则，，．
设平面的法向量为，则
令，则，得．
设平面的法向量为，则
令，则，得．
，
故二面角的正弦值为．
20．已知函数.
(1)讨论函数的零点个数．
(2)是否存在直线，使得该直线与曲线切于两点？若存在，求，的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)存在，，．
【分析】（1）函数的零点，即为函数与的交点横坐标，做出函数图像，数形结合，可得交点个数，进而确定函数两点个数；
（2）方法一：由已知相切于两点，可知直线与函数有且只有一个公共点，分别联立方程，利用判别式解方程即可；方法二：分段求函数的切线方程，由公切线，列方程，解方程即可.
【详解】（1）当时，的最小值为；
当时，的最大值为．
作出的大致图象，如图所示．

由，得．
当或时，的零点个数为；
当时，的零点个数为；
当时，的零点个数为．
（2）假设存在直线，使得该直线与曲线切于，两点，
方法一：联立与，得，
则．
联立与，得，
则．
联立方程组，解得或，
当，时，此时，，则切点，的坐标分别为，，
当时，，此时，这与矛盾，不符合题意，
综上，存在直线满足题意，且，．
方法二：设函数，则，
则曲线在处的切线方程为，即，
设函数，则，
则曲线在处的切线方程为，即．
依题意可得，
消去，得，因为，所以，，
所以，，
即存在直线满足题意，且，．
21．已知数列满足，且．
(1)求的通项公式；
(2)若数列的前项和为，且，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得，然后利用累加法求出，从而可求得的通项公式；
（2）由结合（1）可求出，然后利用错位相减法可求得结果.
【详解】（1）因为，所以，
所以
，
所以．
（2）因为，所以当时，，得；
当时，，所以（时也成立）．
因为，所以，
所以
，
故．
22．已知函数.
(1)当时，比较与的大小；
(2)若函数，且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）构造，利用导数可得，即；
（2）构造函数，从而推得，再利用导数得到的单调性，从而得到，进而将问题转化为证，再利用导数证得，由此得证.
【详解】（1）设函数，
则，
当时，，
则在上单调递增，
所以，从而，即；
（2）设函数，
当时，，，则恒成立，
则由，得，
又，所以,
因为，所以，
令，则恒成立，
所以在上单调递增，则，
所以在上单调递增，
又，，所以,
要证，只需证，
即证．
因为，所以．
设函数，则，
所以在上单调递增，
因为，所以，所以，
所以，
所以，从而得证．
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
（4）考查数形结合思想的应用．