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2024—2024学年度高三数学第三次阶段性测试
留意事项:
1.本试卷满分150分,考试时间120分钟.
2.考试作答时,请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效,在试题卷、草稿纸上作答无效.
3.本试卷命题范围:集合与逻辑、函数与导数、三角函数与解三角形、数列、平面对量、复数、立体几何.
一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.设集合M={5,x2},N={5x,5}.若M=N,则实数x的值组成的集合为()
A.{5} B.{1} C.{0,5} D.{0,1}
【答案】C
【解析】
【分析】利用集合相等求解.
【详解】解:因为,
所以,
解得或,
的取值集合为,
故选:C
2.若复数的实部与虚部相等,则b的值为()
A.﹣2 B.﹣1 C.1 D.2
【答案】C
【解析】
【分析】先利用复数乘法公式得到,进而得到,从而得解.
【详解】,因为实部与虚部相等,故,解得:.
故选:C.
3.设,,则是的()
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先求为,依据充分、必要条件理解判定.
【详解】由题意知:由,得或,故为,
∴成立,而不成立,
∴是的充分不必要条件.
故选:A.
4.已知函数,若把的图像向左平移个单位后为偶函数,则()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依据左右平移原则可得解析式,依据奇偶性可得,结合的范围可求得结果.
【详解】由题意得:.
为偶函数,,解得:.
∵,
.
故选:D.
5.设是定义域为的偶函数,且在上单调递增,设,,,则()
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先依据指对数推断的大小关系,在依据单调性结合偶函数的性质分析推断.
【详解】∵,,∴.
又函数是定义域为的偶函数,且在上单调递增,
∴,且在上单调递减.
又,∴.
故选:C.
6.已知,为两条不同的直线,,为两个不同的平面,则下列说法正确的是()
A.若,,则 B.若,,则
C若,,,则 D.若,,则
【答案】D
【解析】
【分析】利用线面平行、面面平行的判定、性质定理,依次分析即得解
【详解】选项A:有可能出现的状况;
选项B:和有可能异面;
选项C:和有可能相交;
选项D:由,,得直线和平面没有公共点,所以,
故选:D
7.在数列中,若,.是数列的前项和,则等于()
A2024 B.2024 C.1011 D.1012
【答案】D
【解析】
【分析】利用数列的周期性,即可计算求解.
【详解】∵,,,,…,
∴数列是以3为周期的周期数列.
又,,
∴.
故选:D
8.已知函数有两个极值点,且,则的极大值为()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导,利用韦达定理求得,,再依据求得,在求导,依据极值的定义即可得出答案.
【详解】解:因为,
,所以有两个不同的实数解,
且由根与系数的关系得,,
由题意可得,
解得,
此时,,
当时,,单调递增,
当时,,单调递减,
故当时,取得极大值.
故选:B.
9.函数在区间[-,]上的图像大致为()
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用的奇偶性和函数值的特点可选出答案.
【详解】因为,所以f(x)为偶函数,其图像关于y轴对称,解除A项;
当时,,解除D项;
因为,,所以,解除C项,
故选:B.
10.函数对随意都有成立,且函数的图象关于点对称,,则()
A.4 B.3 C.2 D.1
【答案】A
【解析】
【分析】依据已知求得函数的对称性、周期性,再依据函数的周期性分别求出对应函数值,即可得解.
【详解】解:∵函数的图象关于对称,且把向左平移1个单位可得的图象,
∴函数的图象关于对称,即函数为奇函数,
∴,
∵
∴函数是以2为周期的周期函数,
∴,
,
,
即有.
故选:A.
11.在三棱锥中,,,,,则三棱锥外接球的体积为()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先证明平面SAC,再依据正弦定理求解外接圆的半径,进而依据外接球的性质确定球心的位置,结合直角三角形中的关系求解球半径得到体积即可
【详解】因为,所以.又,,所以平面SAC.在中,,,所以.又,则外接圆的半径为,取BC,AC的中点D,E,的外心为F,过D作平面ABC的垂线l,过F作平面SAC的垂线交l于点O,即为球心,连接DE,EF,FA,OA,则四边形DE
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