广东省中山市2024届高三上学期第三次月考数学试题（解析版）

PAGEPAGE1广东省中山市2024届高三上学期第三次月考数学试题一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，则故选：A.2.复数满足，其中为虚数单位，则（）A.1 B. C.2 D.【答案】D【解析】由题意得，，故选：D.3.在中，点D在边AB上，．记，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为点D在边AB上，，所以，即，所以．故选：B．4.已知，，，则实数，，的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，，，所以故选：C.5.已知均是锐角，已知，，则（

）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为均是锐角，，则，，又，所以.故选：D.6.下列函数中，既是奇函数又是增函数的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】A选项：因为，所以为偶函数，A错误；B选项：由反比例函数性质可知，在上单调递增，但在定义域上不单调，故B错误；C选项：因为，且定义域为R，所以为奇函数，又均为增函数，所以也为增函数，C正确；D选项：因为，所以不是奇函数，D错误.故选：C.7.已知，，且，则的最大值为（）A.2 B. C.4 D.【答案】B【解析】因为，所以，设，则，则，当且仅当，即时，等号成立，故选：B.8.已知函数，若关于x的方程有四个不同的解，则实数m的取值集合为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设，则有四个不同的解，因为，所以为偶函数，且当时，为增函数，所以当时，为减函数，所以，即，当时，，则，令，解得，所以当时，，为减函数，当时，，为增函数，又，作出时的图象，如图所示：所以当时，的图象与图象有2个交点，且设为，作出图象，如下图所示：此时与分别与有2个交点，即有四个不同的解，满足题意.综上实数m的取值范围为.故选：A.二、选择题9.设等差数列的前项和为，公差为，若，，则（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】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.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.【答案】AB【解析】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.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【答案】AB【解析】，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：AB.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【答案】AB【解析】如图，取的中点，连接，则，而，，得，则平面，所以是直线与平面所成角为，故正确；点到平面的距离为的长度为，则，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：．三．填空题13.已知向量，，，若，，则________【答案】0【解析】因为，，所以，解得，所以.故答案为：0.14.记数列的前项和为，且，则__________.【答案】【解析】，，所以数列是周期为3的周期数列，又，，，.故答案为：.15.如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在小正四面体，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________．【答案】【解析】根据题意，正四面体的棱长为12，一个面的面积为，截去顶角所在的小正四面体的边长为4，小正四面体一个面的面积为，则该多面体中一个正六边形的面积为，则该“阿基米德体”的表面积为.故答案为：.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______.【答案】【解析】由图知，，且点位于减区间内，点位于增区间内，所以，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：.四．解答题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.解：（1）由可得，解得，所以，.（2）因为，由题意得.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.解：（1）由已知可得,，解得.因为为锐角，所以，所以，所以.（2）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.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：；证明：（1）如图，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）因为平面平面，平面平面，且，平面，所以平面CDE，平面CDE，，为正方形，，，AD，平面DAE，平面DAE，平面DAE，．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.解：（1）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.（2）由已知得，，，所以，两个等式相减得，所以.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.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.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，.（1）解：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）证明：（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，设此零点为，则，有，两边取对数并整理得，当时，单调递