精品解析：江苏省如东高级中学2023-2024学年高三上学期第三次考试数学试题

2024届第一学期高三数学第三次考试 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，则的子集个数为（ ） A. B. 8 C. D. 2. 已知复数满足（其中为的共轭复数），则的值为 A. 1 B. 2 C. 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 4. 中国文化博大精深，“八卦”用深邃的哲理解释自然、社会现象.如图（1）是八卦模型图，将其简化成图（2）的正八边形，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 5. 已知函数的大致图像如图所示，将函数的图像向右平移后得到函数的图像，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知在锐角中，角的对边分别为，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，分别为定义在R上的，的导函数，且，，若是偶函数，则下列结论一定正确的是（ ） A. 函数的图象关于点对称 B. 函数的图象关于直线对称 C. 3是的一个周期 D. 二、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. 下列选项中，说法正确的是（ ） A. 在其定义域上是减函数 B. 中，的充要条件是 C. 的最小正周期为 D. 10. 已知函数，则下列命题正确的有（ ） A. 当时，的解集为 B. 当时，时， C. 且时， D. 当时，若，则 11. 已知a，，则使“”成立的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 12. 在棱长为2的正方体中，点N满足，其中，，异面直线BN与所成角为，点M满足，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 当线段MN取最小值时， D. 当时，与AM垂直的平面截正方体所得的截面面积最大值为 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知半径为R的圆O内有一条长度为2的弦AB，则_______． 14. 任意一个复数都可以表示成三角形式即.棣莫弗定理是由法国数学家棣莫弗（1667—1754年）创立的，指的是设两个复数（用三角函数形式表示），，则：，”已知复数，则______. 15. 已知，则___________. 16. 集合的元素恰有3个，则实数的取值范围是______. 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. （1）已知数列的前项和为，且，求数列的通项公式； （2） 已知数列满足且，求的通项公式. 18. 已知中角 、、所对的边分别为、、，且满足，． （1）求角A； （2）若，边上中线，求的面积． 19. 已知函数是定义在上的奇函数. （1）求的值； （2）判断函数的单调性，并利用结论解不等式； （3）是否存在实数，使得函数在区间上的取值范围是？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由. 20. 在①，②，③的面积 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答. 在中，角、、的对边分别为、、，已知______. （1）求角； （2）若点在边上，且，，求. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 21. 一年一度的创意设计大赛开幕了．今年小王从世界名画《永恒的记忆》中获得灵感，创作出了如图1的《垂直时光》．已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字3，对应钟上数字9）．设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12．现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移；不考虑三根北针的粗细）． （1）若秒针指向了钟上数字4，如图2．连接、，若平面．求半圆形钟组件的半径； （2）若秒针指向了钟上数字5，如图3．设四面体的外接球球心为，求二面角的余弦值． 22. 证明下面两题： （1）证明：当时，； （2）当时，证明函数有2个不同零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024届第一学期高三数学第三次考试 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，则的子集个数为（ ） A. B. 8 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出，即得解. 【详解】解：由题得. 因为. 所以. 所以的子集个数为个. 故选：C 2. 已知复数满足（其中为的共轭复数），则的值为 A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 按照复数的运算法则先求出，再写出，进而求出. 【详解】， ， . 故选：D 【点睛】本题考查复数的四则运算、共轭复数及复数的模，考查基本运算能力，属于基础题. 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】解不等式，并得到是的真子集，从而求出答案. 【详解】，， 由于是的真子集， 所以“”是：“”的必要不充分条件. 故选：B 4. 中国文化博大精深，“八卦”用深邃的哲理解释自然、社会现象.如图（1）是八卦模型图，将其简化成图（2）的正八边形，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用余弦定理，计算出的值，根据向量运算，把化成，利用余弦定理计算其长度得答案. 【详解】 在中，设，， 则，所以， 所以. 故选：D. 5. 已知函数的大致图像如图所示，将函数的图像向右平移后得到函数的图像，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象先求得A和，得到，再将代入求得，再利用平移变换得到即可. 【详解】解：依题意，，，故， 故，故， 将代入可知，， 解得，故， 故， 则. 故选：A. 6. 已知在锐角中，角的对边分别为，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据已知条件，把边化成角得到B,C关系式，结合基本不等式可求. 【详解】，且 ， 由正弦定理得：， 即 又， ， ， （当且仅当，即，取“=”）. 故选：A 【点睛】本题主要考查正弦定理和基本不等式，解三角形时边角互化是求解的主要策略，侧重考查数学运算的核心素养，属于中档题. 7. 已知，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题知，再构造函数比较，根据比较大小即可. 【详解】解：， 设，则在恒成立， 所以函数为单调递减函数， 所以，即，所以. 因为, 所以，即， 所以，即，所以， 综上，. 故选：A 8. 已知，分别为定义在R上的，的导函数，且，，若是偶函数，则下列结论一定正确的是（ ） A. 函数的图象关于点对称 B. 函数的图象关于直线对称 C. 3是的一个周期 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据求导法则，利用函数的对称性、奇偶性、周期性，即可求出、、、的性质，进而判断各选项的正误. 【详解】因为，，所以， 所以函数的对称中心为点，又， 所以函数的图象关于点对称，A不正确； 是偶函数，所以，所以， 即为奇函数，对称中心为，函数的另一个对称中心为点， 所以的周期为2，C不一定正确； 函数及的周期与相同，周期为2．的图象关于点对称， ，所以，函数的图象关于直线对称，则的图象关于直线对称，B正确； 因为，，故，D不正确． 故选：B. 二、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. 下列选项中，说法正确的是（ ） A. 在其定义域上是减函数 B. 中，的充要条件是 C. 的最小正周期为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由反比例函数的性质分析判断，对于B，利用正弦定理结合三角形的性质分析判断，对于C，化简后结合函数图象分析判断，对于D，举例判断即可. 【详解】对于A，的定义域为，由图可知其在为减函数， 在上为减函数，在其定义域上是是减函数，所以A错误， 对于B，在中，由，得，所以由正弦定理得， 反之，当时，由正弦定理得，所以， 所以中，的充要条件是，所以B正确， 对于C，（且）， 每个单位的区间上，函数图象要去掉一个点， 所以函数图象是每两个单位，重复出现一次完全相同的图象， 所以周期为，所以C正确， 对于D，若，则，所以D正确， 故选：BCD 10. 已知函数，则下列命题正确的有（ ） A. 当时，的解集为 B. 当时，时， C. 且时， D. 当时，若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】 对于A，分和时求解不等式； 对于B，根据函数的单调性可判断； 对于C，根据函数的单调性，任取两点，根据数形结合的方式可判断； 对于D，构造函数，看作在y轴右侧图象上的点与原点所在直线的斜率, 数形结合可判断单调性，即可得出结果. 【详解】对于A，由得，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为，故A错误； 对于B，时，在上是增函数，则，即，故B正确； 对于C. 在上单调递减，当时，设、，则AB的中点C，又设， 数形结合可知，点D位于点C的下方，即，故C正确； 对于D，设，则表示在y轴右侧图象上的点与原点所在直线的斜率, 数形结合可知，是增函数，当时，，则，即，故D错误. 故选：BC. 【点睛】关键点睛：本题考查二次函数性质的综合应用，对于CD选项的判断，关键是根据函数的单调性，利用数形结合的方法进行判断. 11. 已知a，，则使“”成立的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，举例如结合充分条件和必要条件定义即可判断；对于B，举例如结合充分定义即可得是的不充分条件，接着由和得是的必要条件；对于C，举例如得是的不充分条件，接着由结合基本不等式和指数运算法则得是的必要条件；对于D，举例如结合充分条件和必要条件定义即可判断. 【详解】对于A，当时，满足，但不满足， 所以是的不充分条件，是的不必要条件，故A错误； 对于B，当时，满足，但不满足， 所以是的不充分条件； 当时，， 所以，所以， 所以是的充分条件，是的必要条件，故B正确； 对于C，当时，满足，但不满足， 所以是的不充分条件； 当时，，所以， 所以是的充分条件，是的必要条件，故C正确； 对于D，当时，满足时，但即不满足， 所以是的不充分条件，是的不必要条件，故D错误； 故选：BC. 12. 在棱长为2的正方体中，点N满足，其中，，异面直线BN与所成角为，点M满足，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 当线段MN取最小值时， D. 当时，与AM垂直的平面截正方体所得的截面面积最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A：根据平面向量结合异面直线夹角分析运算；对B：根据空间向量分析可得点M在线段上（包括端点），进而结合线面垂直分析证明；对于C：根据圆的性质结合对称性以及向量的线性运算求解；对D：根据题意结合体对角线的性质分析求解. 【详解】因为点N满足，其中，， 则点N在正方形内（包括边界）， 又因为∥，则异面直线BN与所成角即为， 可得，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧， 所以A错误； 因为 且，所以点M在线段上（包括端点）， 因为平面，平面，则， 又因为为正方形，则， ，平面，所以平面， 且平面，所以，所以B正确； 因为，当且仅当三点共线时，等号成立， 又因为当时，取到最小值，此时是的中点时， 结合对称性可知：当是的中点时，也为圆弧的中点时， 则，所以， 即，所以，故C正确； 当时，则，即与重合， 与垂直的平面，即与体对角线垂直的平面， 因为平面，且平面，所以， 同理可证：， 且，平面，所以平面， 而与平面平行且面积最大的截面应当过正方体的中心，此时截面为边长是的正六边形， 所以截面面积的最大值为，故D正确． 故选：BCD. 【点睛】关键点睛：根据向量的相关知识分析可得点的位置，并结合空间中的位置关系运算求解. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知半径为R的圆O内有一条长度为2的弦AB，则_______． 【答案】-2 【解析】 【分析】设设M为弦AB的中点，连接OM,，将转化为，利用数量积的定义可求得答案. 【详解】设M为弦AB的中点，连接OM,则 , 故 ， 故答案为： 14. 任意一个复数都可以表示成三角形式即.棣莫弗定理是由法国数学家棣莫弗（1667—1754年）创立的，指的是设两个复数（用三角函数形式表示），，则：，”已知复数，则______. 【答案】1 【解析】 【分析】将化为三角形式表示，根据题设棣莫弗定理化简，即可得结果. 【详解】由， 所以， 而， 所以. 故答案为：1 15. 已知，则___________. 【答案】##0.25 【解析】 【分析】将变为，结合诱导公式和二倍角公式化简，解方程求得答案. 【详解】由可得， 即，则， 即， 解得或（舍去）， 故答案为： 16. 集合的元素恰有3个，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据集合元素的个数结合数列的项判断参数范围. 【详解】因为，所以 设，， 当时，；当时，； 当时，，， 当，， 因为集合元素有3个， 所以. 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. （1）已知数列的前项和为，且，求数列的通项公式； （2） 已知数列满足且，求的通项公式. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）利用进行求解； （2）将原式变形成，利用累加法进行求解. 【详解】（1）当时，； 当且时，； . （2）由题设，即，而， 所以，且， 所以，显然也满足上式，故. 18. 已知中角 、、所对的边分别为、、，且满足，． （1）求角A； （2）若，边上中线，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，结合正弦定理，以及三角恒等变换，即可求解； （2）根据已知条件，推得，两边同时平方，求出，再结合三角形的面积公式，即可求解． 【小问1详解】 ， 所以由正弦定理得， ， ，即， ，， ，； 【小问2详解】 ，  则， 即， 而，边上中线， 故，解得， ． 19. 已知函数是定义在上的奇函数. （1）求的值； （2）判断函数的单调性，并利用结论解不等式； （3）是否存在实数，使得函数在区间上的取值范围是？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）是R上的增函数； （3） 【解析】 【分析】（1）根据奇函数的性质，求出a的值，再利用奇函数的定义进行验证即可； （2）运用函数单调性的定义，结合指数函数的单调性进行判断函数的单调性，最后根据单调性的性质，通过解一元二次不等式进行求解即可； （3）根据（2），通过函数的单调性的性质，结合换元法，一元二次方程根与系数的关系进行求解即可. 【小问1详解】 是定义在R上的奇函数， ，从而得出， 当时，， ； 【小问2详解】 是R上的增函数，证明如下： 设任意，且， ， ，，，， ， 是在上是单调增函数. ， 又是定义在R上的奇函数且在上单调递增， ， ， ， 故解集为：； 【小问3详解】 假设存在实数k，使之满足题意， 由（2）可得函数在上单调递增， ， ，n为方程的两个根，即方程有两个不等的实根， 令，即方程有两个不等的正根，设为，， 于是有且且， 解得：. 存在实数k，使得函数在上的取值范围是，并且实数k的取值范围是. 20. 在①，②，③的面积 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答. 在中，角、、的对边分别为、、，已知______. （1）求角； （2）若点在边上，且，，求. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 【答案】（1）选择条件①或②或③，均能推得 （2） 【解析】 【分析】（1）选①：由余弦定理结合正弦定理化简可得出，结合角的取值范围可得出角的值； 选②：利用正弦定理结合三角恒等变换可得出，结合角的取值范围可求得角的值； 选③：由三角形的面积公式、切化弦以及三角恒等变换化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）设，则，在、中分别利用正弦定理，结合可得出，利用三角恒等变换化简可得出的值，即为所求. 【小问1详解】 若选择①：因为，结合余弦定理， 得，即， 由正弦定理可得，所以， 又，所以，所以，即， 又，所以； 若选择②：因为， 结合正弦定理可得， 即， ， 即， 又，，故，即， 所以，即， 因为，，所以，得； 若选择③：条件即， 又，， 所以， 即，所以， 又因为，则，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 设，则. 因为，，故， 所以， 在中，由正弦定理可得，即， 在中，同理可得，， 因为，所以，即， 整理得，即. 21. 一年一度的创意设计大赛开幕了．今年小王从世界名画《永恒的记忆》中获得灵感，创作出了如图1的《垂直时光》．已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字3，对应钟上数字9）．设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12．现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移；不考虑三根北针的粗细）． （1）若秒针指向了钟上数字4，如图2．连接、，若平面．求半圆形钟组件的半径； （2）若秒针指向了钟上数字5，如图3．设四面体的外接球球心为，求二面角的余弦值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据线面平行性质定理得出线线平行，再应用正弦定理计算可得半径； （2）空间向量法计算二面角余弦值即可. 【小问1详解】 由平面，平面，平面平面，可得，故， 又由，知为等腰三角形，，，由正弦定理得．故半圆形钟组件的半径等于． 【小问2详解】 依题意，二面角为直二面角，为交线，，故平面．又，故、、两两垂直．以为原点，、、为轴、轴，轴建立空间直角坐标系． 如图，，，，．将四面体补成长方体，知即为长方体的中心，得．则，，． 设平面的法向量为，则，即，取，得． 设平面的法向量为，则， 即，取，得． 则． 故二面角的余弦值为． 22. 证明下面两题： （1）证明：当时，； （2）当时，证明函数有2个不同零点. 【答案】（1） 令，其中，则， 令，，则， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，，故当时，. （2） 函数的定义域为，. 因为，，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以有最大值. 当时，，， 令，则，则在上单调递增， 在上单调递减，所以，所以， 因此当时，，. 因为，所以，于是. 又在上单调递增，，且， 所以在上有唯一零点. ， 由（1）因为，所以，即， 所以. 由，得，即，得， 于是. 又，，在上单调递减， 所以在上有唯一零点. 故时，有两个零点 【解析】 【分析】（1）首先设函数，利用导数判断函数的单调性，以及函数的最小值，即可证明；（2）首先求函数的导数，并且判断函数的单调性和最值，并结合零点存在性定理，即可证明零点个数. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】思路点睛：本题考查利用导数证明不等式，以及零点问题，第一问需求二次导数，结合函数的单调性和最值，即可证明；第二问的难点是利用零点存在性定理证明，需构造函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $