2024-2025學(xué)年湖南省永州市寧遠(yuǎn)縣高三上冊(cè)第二次聯(lián)考檢測(cè)數(shù)學(xué)試題（含解析）

2024-2025學(xué)年湖南省永州市寧遠(yuǎn)縣高三上學(xué)期第二次聯(lián)考檢測(cè)數(shù)學(xué)試題注意事項(xiàng)：1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名?準(zhǔn)考證號(hào)填寫在本式卷和答題卡上.2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如有改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案；回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無(wú)效.3.考試結(jié)束后，將本式卷和答題卡一并交回.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．設(shè)集合，則集合中所含整數(shù)的個(gè)數(shù)為（

）A．2 B．3 C．4 D．52．已知，則的虛部為（

）A． B． C． D．3．“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知，則（

）A． B． C． D．5．經(jīng)研究表明：光源發(fā)射出來(lái)的粒子在沒(méi)有被捕獲之前屬于光子，光子在離開光源后會(huì)與各種粒子撞擊，其動(dòng)量可能會(huì)改變，導(dǎo)致其速度降低，最終可能改變身份成為其他范圍的粒子（如紅外線粒子），不再能被人類的感光設(shè)備捕獲.已知在某次光學(xué)實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)組相關(guān)人員用人類感光設(shè)備捕獲了從同一光源發(fā)射出來(lái)的兩個(gè)光子，，通過(guò)數(shù)學(xué)建模與數(shù)據(jù)分析得知，此時(shí)刻在平面直角坐標(biāo)系中它們的位移所對(duì)應(yīng)的向量分別為，設(shè)光子相對(duì)光子的位移為，則在上的投影向量的坐標(biāo)為（

）A． B． C． D．6．已知等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，公差為，若也為等差數(shù)列，則的值為（

）A．2 B．3 C．4 D．87．已知函數(shù)關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱，則曲線在點(diǎn)，處的切線斜率為（

）A． B． C． D．8．中，角，，所對(duì)的邊分別為，，，且，則的內(nèi)切圓半徑的最大值為（

）A． B． C． D．二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9．已知正數(shù)滿足，則（

）A． B．C． D．10．三棱臺(tái)中，，設(shè)AB的中點(diǎn)為的中點(diǎn)為與BF交于點(diǎn)與交于點(diǎn)，則（

）A．直線GH與直線異面B．C．線段AE上存在點(diǎn)，使得平面D．線段BE上存在點(diǎn)，使得平面11．設(shè)函數(shù)，記的最小值為，則（

）A． B．C． D．三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知命題：“”為真命題，則的取值范圍是．13．已知為邊長(zhǎng)為4的正六邊形ABCDEF內(nèi)部及其邊界上的一點(diǎn)，則的取值范圍是.14．三棱錐中，，平面平面，且.記的體積為，內(nèi)切球半徑為，則的最小值為.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明?證明過(guò)程或演算步驟.15．已知函數(shù).(1)求的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若在上的最小值為，求的取值范圍.16．記首項(xiàng)為1的數(shù)列的前項(xiàng)和為，且.(1)探究數(shù)列是否為單調(diào)數(shù)列；(2)求數(shù)列的前項(xiàng)和.17．如圖，四棱柱中，四邊形ABCD是菱形，四面體的體積與四面體的體積之差為的面積為.(1)求點(diǎn)到平面的距離；(2)若，求銳二面角的余弦值．18．已知函數(shù)在上有兩個(gè)極值點(diǎn)，且.(1)求的取值范圍；(2)當(dāng)時(shí)，證明.19．對(duì)于項(xiàng)數(shù)列，若滿足，則稱它為一個(gè)滿足“絕對(duì)值關(guān)聯(lián)”的階數(shù)列．(1)對(duì)于一個(gè)滿足“絕對(duì)值關(guān)聯(lián)”的階數(shù)列.證明：存在，滿足；(2)若“絕對(duì)值關(guān)聯(lián)”的階數(shù)列還滿足，則稱為“絕對(duì)值關(guān)聯(lián)”的階數(shù)列．①請(qǐng)分別寫出一個(gè)滿足“絕對(duì)值關(guān)聯(lián)”的階數(shù)列和滿足“絕對(duì)值關(guān)聯(lián)”的階數(shù)列（不必論證，符合要求即可）；②若存在“絕對(duì)值關(guān)聯(lián)”的階數(shù)列，求的最小值（最終結(jié)果用常數(shù)或含的式子表示）．1．C【分析】根據(jù)集合的交集，可得答案.【詳解】由題意可得，可得，故集合中所含整數(shù)有，共4個(gè).故選：C.2．A【分析】求出，求出，求出的虛部.【詳解】由題意可得，故，其虛部為.故選：A.3．A【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性以及冪函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合充分不必要條件，可得答案.【詳解】由，且函數(shù)為增函數(shù)，可得，令函數(shù)，易得單調(diào)遞增，故當(dāng)時(shí)，一定有，故充分性成立；但由只能推出，即必要性不成立；故“”是“”的充分不必要條件.故選：A.4．A【分析】根據(jù)誘導(dǎo)公式結(jié)合二倍角公式求解即可.【詳解】由題意可得，故.故選：A.5．C【分析】根據(jù)投影向量的計(jì)算公式即可求解.【詳解】由向量，可得，所以在上的投影向量為.故選：C.6．C【分析】根據(jù)等差數(shù)列通項(xiàng)公式的函數(shù)特點(diǎn)，結(jié)合等差數(shù)列的求和公式，可得答案.【詳解】易知，若也為等差數(shù)列，則為完全平方，則，解得.故選：C.7．D【分析】由題意結(jié)合函數(shù)圖象變換整理新函數(shù)，利用對(duì)稱性可得其奇偶性，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與切線斜率的關(guān)系，可得答案.【詳解】因?yàn)殛P(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱，所以函數(shù)為奇函數(shù)，則，即，且為奇函數(shù)，所以，解得，故，且，故切線斜率為.故選：D.8．B【分析】先計(jì)算出，然后利用面積公式計(jì)算出，再利用余弦定理和基本不等式計(jì)算出，最后計(jì)算出的最大值.【詳解】設(shè)的內(nèi)切圓半徑為，由題意可得，由余弦定理可得，而，故，由余弦定理可得，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，而，則，其中，故，令，故.故選：B9．AC【分析】對(duì)于選項(xiàng)A：利用基本不等式即可判斷；對(duì)于選項(xiàng)B：利用“1”的妙用，即可判斷；對(duì)于選項(xiàng)C：利用基本不等式即可判斷；對(duì)于選項(xiàng)D：利用配湊思想，根據(jù)基本不等式即可判斷；【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A：因?yàn)?，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B：，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C：由選項(xiàng)A可知，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，故選項(xiàng)C正確；對(duì)于選項(xiàng)D：因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，這與x，y均為正數(shù)矛盾，故，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選：AC.10．AD【分析】A選項(xiàng)，根據(jù)線面關(guān)系，得到B，G，H三點(diǎn)不共線，直線GH與直線沒(méi)有交點(diǎn)，故兩直線異面；B選項(xiàng)，，但是的中點(diǎn)，不成立，故B錯(cuò)；CD選項(xiàng)，取線段BF的中點(diǎn)，連接交BE于點(diǎn)，可證得平面，C錯(cuò)誤，D正確.【詳解】如圖所示，對(duì)于A，因?yàn)槠矫嫫矫?，故與平面的交點(diǎn)為，且是唯一的.又因?yàn)锽，G，H三點(diǎn)不共線，所以GH不經(jīng)過(guò)點(diǎn)，又平面，所以直線GH與直線沒(méi)有交點(diǎn)，即直線GH與直線異面，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)锳B的中點(diǎn)為的中點(diǎn)為，所以點(diǎn)是的重心，，若，則，事實(shí)上：，所以一定經(jīng)過(guò)的中點(diǎn)，故是的中點(diǎn)，不成立，故B錯(cuò)誤；對(duì)于CD選項(xiàng)，如圖，取線段BF的中點(diǎn)，連接并延長(zhǎng)，交BE于點(diǎn)，下證平面：由為的中點(diǎn)可知，又平面平面，所以平面，故D正確，C錯(cuò)誤；故選：AD.11．BCD【分析】利用導(dǎo)數(shù)思想來(lái)研究單調(diào)性和最值，再構(gòu)造函數(shù)，通過(guò)求導(dǎo)來(lái)證明不等式，從而來(lái)比較大小.【詳解】由題意可得，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，所以的最小值為，即．對(duì)于A：，即，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B：設(shè)函數(shù)，設(shè)函數(shù)時(shí)，則單調(diào)遞增，故單調(diào)遞增，故，故B正確；對(duì)于C：易知，又因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，故，故，故C正確；對(duì)于D：，只需證明即可，而，由易得，故，同理可得，故，故D正確，故選：BCD．12．（]【分析】先討論成立，然后討論時(shí)，利用二次函數(shù)的圖像求解即可.【詳解】因?yàn)槊}“”為真命題，當(dāng)時(shí)，成立，當(dāng)時(shí)，則，解得，故的取值范圍是，故13．[-8，24]【分析】利用向量數(shù)量積的幾何意義，等于動(dòng)向量在方向上的投影長(zhǎng)度與的模之積，這里的投影長(zhǎng)度是有正負(fù)的，規(guī)定投影長(zhǎng)度與方向相同的為正數(shù)，與方向相反的為負(fù)數(shù)，然后找到端點(diǎn)位置去計(jì)算取值范圍.【詳解】由題意可得的模為4，根據(jù)正六邊形的特征及投影的定義可以得到在方向上的投影長(zhǎng)度的取值范圍是，由數(shù)量積定義可知等于的模與在方向上的投影長(zhǎng)度的乘積，所以的取值范圍是，故答案為.14．##【分析】根據(jù)等體積法可得，即可構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求解單調(diào)性，即可求解最值.【詳解】設(shè)三棱錐的高為，依題意，可取中點(diǎn)，連接，，則,由于，則,則，由于平面平面，且交線為,平面，故平面，故,則的面積為,的面積，由可得和的面積為，于是三棱錐的表面積為，由等體積可知，所以，故=.設(shè)函數(shù)，且，則，當(dāng)單調(diào)遞減，，單調(diào)遞增，所以，所以時(shí)，取得最小值，故．關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：利用等體積法得到，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo).15．(1)(2)【分析】（1）利用兩角和的正弦公式化簡(jiǎn)，結(jié)合正弦函數(shù)的單調(diào)性即可求得答案，（2）由已知確定范圍，結(jié)合正弦函數(shù)的最小值可得，即可求得答案.【詳解】（1）由題意可得，令，則，因?yàn)榈膯握{(diào)遞減區(qū)間是，且由，得，所以的單調(diào)遞減區(qū)間是；（2）當(dāng)，則，因?yàn)樵趨^(qū)間上的最小值為，即在上的最小值為，又因?yàn)?，所以即，故的取值范圍?16．(1)數(shù)列不是單調(diào)數(shù)列.(2)【分析】（1）當(dāng)時(shí)，利用，求出數(shù)列的遞推關(guān)系式即可得解；（2）利用錯(cuò)位相減法求和.【詳解】（1）由題意得，當(dāng)時(shí)，，兩式作差得，所以，則數(shù)列為常數(shù)數(shù)列，無(wú)單調(diào)性，故數(shù)列不是單調(diào)數(shù)列.（2）由（1）可得，所以，故．所以，①，②①-②得所以17．(1)(2)【分析】（1）連接AC交BD于點(diǎn)，設(shè)四棱柱的體積為，求出四面體的體積，四面體的體積，證明四面體的體積是四面體的體積的兩倍，求出點(diǎn)到平面的距離；（2）連接，證明四邊形ABCD是菱形，證明平面，證明平面ABCD，以點(diǎn)為原點(diǎn)，OA為軸，OB為軸，為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)向量求出銳二面角的余弦值.【詳解】（1）如圖，連接AC交BD于點(diǎn)，設(shè)四棱柱的體積為（其中為菱形ABCD的面積，為四棱柱的高），所以四面體的體積為，同理四面體的體積為，又因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以，所以點(diǎn)到平面的距離為點(diǎn)到平面距離的一半，所以四面體的體積是四面體的體積的兩倍，即，設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，則，解得；（2）如圖，連接，由得，又四邊形ABCD是菱形，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，又，所以，又平面ABCD，所以平面ABCD，以點(diǎn)為原點(diǎn)，OA為軸，OB為軸，為軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，由（1）知，且的面積為，所以棱柱的高，而三棱錐的體積為，故，故，所以，易得平面的一個(gè)法向量為，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，又，所以，即，取，故，故銳二面角的余弦值為.18．(1)(2)證明見解析【分析】（1）求出，分、討論可得答案；（2）根據(jù)，得，令，得，欲證，即證，令函數(shù)，函數(shù)，只需證明即可.【詳解】（1）易得定義域?yàn)?，①?dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，不可能有兩零點(diǎn)，不合題意.②當(dāng)時(shí)，令函數(shù)，易得，故時(shí)，單調(diào)遞減，時(shí)，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，有，不可能有兩零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，有，由零點(diǎn)存在性定理可得在區(qū)間必有一個(gè)零點(diǎn)．，令函數(shù)，則，即單調(diào)遞增，故，即，故在上有零點(diǎn)，綜上；（2）依題意有，即，故得，因此，令.則，同理，故，欲證，即證，令函數(shù)，函數(shù)，只需證明即可，又，故是增函數(shù)，故，又，令函數(shù)，則，故單調(diào)遞增，故，因此，故單調(diào)遞增，故，故得證.關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第二問(wèn)解題的關(guān)鍵點(diǎn)是令函數(shù)，函數(shù)，只需證明即可.19．(1)證明見解析(2)①，；②【分析】（1）假設(shè)或，根據(jù)新定義可得，即可證明；（2）①根據(jù)新定義直接寫出結(jié)果即可；②設(shè)，其中，，根據(jù)新定義可得；由、和不等式的性質(zhì)可得，分類討論為奇、偶數(shù)即可.【詳解】（1）因?yàn)闉闈M足“絕對(duì)值關(guān)聯(lián)”的階數(shù)列，假設(shè)，則，不滿足題意，同理若，則，也不滿足題意，所以中必有一些數(shù)小于，也必有一些數(shù)大于，不妨設(shè)（其中），故存在，滿足．（2）①一個(gè)滿足“絕對(duì)值關(guān)聯(lián)”的階數(shù)列為：；一個(gè)滿足“絕對(duì)值關(guān)聯(lián)”的階數(shù)列為：；②設(shè)，且．不妨設(shè)，其中，并記，不妨設(shè)（否則用代替即可），于是得，因?yàn)椋?，所以，一方面有，另一方?所以，即，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立.（i）當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，設(shè)