高三階段性調研監測考試數學試題2024.11注意事項：1?答題前?考生務必在試題卷?答題卡規定的地方填寫自己的準考證號?姓名.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，考生必須將試題卷和答題卡一并交回.一?單項選擇題：本大題共8個小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分別求出集合，，再利用交集定義求解即可.【詳解】，，.故選：C.2.命題“所有能被整除的整數都是質數”的否定是（）A.存在一個能被整除的整數不是質數B.所有能被整除的整數都不是質數C.存在一個能被整除的整數是質數D.不能被整除的整數不是質數【答案】A【解析】【分析】全稱量詞命題的否定是一個存在量詞命題，根據全稱命題的否定方法，可得到結論【詳解】命題“所有能被整除的整數都是質數”的否定是“存在一個能被整除的數不是質數”.故選：A.3.已知等差數列的前項和為，若，則的公差等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本題考查等差數列基本量的計算，根據等差數列的性質，列出通項以及前項和，解出數列的公差.【詳解】根據等差數列的定義和題目條件，有：，，整理得，解得.故選：B4.為凈化水質，向一個游泳池加入某種化學藥品，加藥后池水中該藥品濃度隨時間的變化關系為，則的最大值為（）A.1 B.2 C.4 D.5【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式可求的最大值.【詳解】由題設，從而，當且僅當時等號成立，故的最大值為5.故選：D.5.如圖，是圓上的三點，且，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】設，則利用數量積可求，.【詳解】設圓的半徑為，設，則，而，故即，又，而，故，故，故，故選：A.6.已知一個圓錐的底面圓半徑為，其側面展開圖是一個圓心角為的扇形，則該圓錐的體積為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根據扇形的弧長公式求出圓錐的母線長，進而求出高，再根據圓錐的體積公式求解即可.【詳解】設圓錐的母線長為，高為，則，解得，所以，所以圓錐的體積.故選：D.7.已知定義在上的函數滿足，且，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分別對、賦值，結合已知條件分別求出、、的值，即可得解.【詳解】令可得，即，解得，令，可得，則，令，可得，則，令，可得，可得，因此，.故選：C.8.已知函數，甲、乙、丙、丁四位同學各說出了這個函數的一條結論：甲：函數的圖象關于對稱；乙：函數在上單調遞增；丙：函數在區間上有3個零點；丁：函數的圖象向左平移個單位之后與的圖象關于軸對稱.若這四位同學中恰有一人的結論錯誤，則該同學是（）A.甲 B.乙 C.丙 D.丁【答案】C【解析】【分析】對每位同學的結論進行推敲，求出對應的的取值范圍或值，再對比四個結論，可得出結果.【詳解】設函數的最小正周期為.對于甲：因為函數的圖象關于對稱，則；對于乙：因為函數在上單調遞增，則，可得，又所以，，又因為，則；對于丙：因為函數在區間0,π上有個零點，則，可得，所以，，由于，則；對于丁：因為函數的圖象向左平移個單位之后與的圖象關于軸對稱.則，即，因為，所以，滿足條件，故丙的結論錯誤，此時，，則，因為，故，所以，，且當時，，即函數在上單調遞增，乙同學的結論正確.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：解本題的關鍵在于對每位同學的結論進行推敲，求出符合條件的的范圍或值，進而判斷.二?多項選擇題：本大題共3個小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9.已知直線是平面外兩條不同的直線，則下列命題正確的是（）A.若，則B若，則C.若，則D.若，則【答案】BCD【解析】【分析】根據空間中線線、線面位置關系一一判斷即可.【詳解】對于A:若，則可以平行，相交，異面，A選項錯誤；對于B:若，，此時或，已知直線是平面外的直線,故B選項正確；對于C:兩條平行直線，其中一條與一個平面垂直，則另一條也與該平面垂直，故C選項正確；對于D:若，則存在使得，又，所以，則，故D選項正確.故選：BCD.10.已知，則（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】利用單調性比較大小對選項逐一分析即可.【詳解】對于：函數為增函數，且當時，，因為，所以，且，故正確；對于：因為，所以，當時，函數為增函數，所以，當時，函數為減函數，所以，故錯誤；對于：在上單調遞增，又，所以，所以，故正確；對于：，在上單調遞減，當時，，即，故錯誤.故選：.11.設函數，則（）A.存在實數，使得為偶函數B.函數的圖象關于對稱C.當時，D.當時，函數在2,3上單調遞增【答案】ACD【解析】【分析】對于A，根據偶函數性質可得代入可求解；對于B，函數關于對稱，則特殊值代入即可判斷；對于C，，構造新的函數，對其求導可知，又因關于原點對稱，所以可得，對分母可知，對不等式進行縮放即可判斷；對于D，將代入，可得，作差分類討論的符號，即可得單調性.【詳解】對于A，若為偶函數，則，可得，可得，故A正確；對于B，函數關于對稱，則，不妨設，則，故B錯誤；對于C，，構造新函數，對其求導可知，，所以單調遞增，則，又因關于原點對稱，所以可得，可得，對分母可知，所以，故C正確；對于D，將代入，可得，設，在2,3上單調遞減，所以在2,3上單調遞增，且恒為負，則，故則當時，故當，，故當，則故綜上所以可得單調遞增，故D正確.故選：ACD三?填空題：本大題共3個小題，每小題5分，共15分.12.已知向量，滿足，，，則__________.【答案】【解析】【分析】根據向量垂直，則數量積為0得到，再利用向量夾角的余弦公式求解即可.【詳解】，，，，，，，.故答案為：.13.已知點在函數的圖象上，則曲線在點處的切線方程為__________.【答案】【解析】【分析】先代入點，求出，得到的解析式，再通過求導求出切線的斜率，進而得y=fx在點處的切線方程.【詳解】由題意，知∵，∴，故，故，，∴，所以y=fx在點處的切線方程為，即.故答案為：.14.已知數列滿足，且對于任意，都存在，使得，則的所有可能取值構成的集合______；若的各項均不相等，把半徑為（單位：）的三個小球放入一個正方體容器（容器壁厚度忽略不計），則該正方體容器的棱長最小值為______.【答案】①.②.【解析】【分析】由代入運算即可求解第一空，由半徑為9和5的球必須放在正方體體對角線的兩個角出求解即可.【詳解】由題意：，，或，或，或當時，，當時，，所以的所有可能取值構成的集合，第二空：的各項均不相等，所以，，，由題意要是正方體容器的棱長最小，必須將半徑為9和5的球放在正方體體對角線的兩角處，設正方體的棱長為，畫出體對角面如圖：則，由相似成比例可得：，所以，，所以，又，所以，解得：，此時，（半徑為1和5的球相切，兩點間最遠距離）即正方體的棱長最小值為：.故答案為：，【點睛】關鍵點點睛：球切、接問題的關鍵，幾何模型的準確構造，一般通過構造截面并確定內切球球心位置是解題的關鍵.四?解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.記的內角的對邊分別為，已知.（1）求；（2）若，求的面積.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理邊化角和特殊角的正弦值求解即可；（2）由余弦定理和三角形的面積公式求解即可；小問1詳解】由正弦定理可得，由，所以，即，因為，所以，則，所以.【小問2詳解】由余弦定理可得，即，解得，所以.16.已知數列的前項和為，且.（1）求；（2）設，若數列的最小項為，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據已知條件通過遞推關系式求出數列的通項公式，再結合等比數列的求和公式即可得到結果；（2）法一：先由（1）中的結果可得數列的通項公式，通過導數分析其單調性即可得到結果；法二：通過分析的符號得到其單調性即可.【小問1詳解】由題意可得①，當時，，當時，②，由①②可得，，則，，又時，也滿足上式，所以，即.【小問2詳解】由（1）可知，則法一：令，則，則，令可得，當時，，則單調遞減，當時，，則單調遞增，因為，當時，，當時，，且，，，所以.法二：所以，令，得，得，所以且，所以.17.如圖，已知平行六面體的底面是菱形，，，.（1）證明：；（2）若，，點在平面內，且平面，求與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）連接，，根據，證明平面，最后證得；（2）證明，，三條線兩兩垂直，建立空間直角坐標系，利用線面角的向量求法求解即可.【小問1詳解】連接，，是菱形，，，，與全等，，為的中點，，，平面，平面，又平面，；【小問2詳解】是菱形，，，，，，，，，由（1）知，，又，平面，平面，以為原點，以，，分別為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A3,0,0，，，，，，，，設平面的一個法向量為m=x,y,z則，即，取，則，，，平面，（），易知平面的一個法向量為，設直線與平面所成的角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.18.已知函數.（1）當時，討論的單調性；（2）.（i）當時，求的最小值；（ii）若在上恒成立，求的取值范圍.【答案】（1）在上單調遞減，在0,+∞上單調遞增.（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）求出，就、分類討論后可得函數單調性.（1）（i）求出，討論其符號可得函數的最小值；（ii）求出函數的三階導數得該函數恒為正，從而就、分類討論二階導數的符號可得的增減性，故可得時不等式恒成立.【小問1詳解】，若，則，故當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增；若，則，而，若在上恒成立，故同理可得在上單調遞減，在上單調遞增；綜上，在上單調遞減，在上單調遞增.【小問2詳解】,當時，，則，其中，因在0,+∞上為增函數，且當時，，故當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增；故.（ii），設，則，設，則當時，，故在為增函數，故，若，則即在上恒成立，故即在上為增函數，故，故在上為增函數，故恒成立.若，，而，故在上有且只有一個零點，且當時，，故在為減函數，故時，，故在為減函數，故時，，這與題設矛盾，綜上，.【點睛】思路點睛：含參數的不等式恒成立問題，注意結合端點效應分類討論，有時需要多次求導討論各階導數的符號，從而得到上階導數的單調性，注意兩者之間的對應性.19.已知為定義域內的連續函數，為其導函數，常數，若各項不相等的數列滿足，，，則稱為的“拉格朗日數列”，簡記為“數列”.（1）若函數，數列是的“數列”，且.（i）求，；（ii）證明：是遞減數列；（2）正項數列是函數的“數列”，已知，記的前項和為，證明：時，.【答案】（1）（i），；（ii）證明見解析；（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據“數列”的定義依次求解即可；由時，得到，即成立，可得，構造函數，利用導數判斷的單調性即可得到，進而證明結論；（2）構建函數，利用導數判斷的單調性，然后令，，結合導數證明，即可得證.【小問1詳解】（i）因為，，所以，得，，得；（ii）當時，易知，所以，因為，所以，所以，所以，，以此類推，要證，只需證，即證，設函數，，所以當時，單調遞增，所以