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2024 届高三第二次学情检测
数学试题
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. 若复数 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的运算法则、复数的相等运算即可得解.
【详解】解：由题意，∵ ，
∴ ，解得： .
故选：A.
2. 已知全集 ，集合 ， ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合 ，再由交集，补集，并集的定义判断A，C，D；由集合间的关系判断B.
【详解】由 ，则 ，解得： ，
所以 ，
由 可得 ，即 ，则 ，
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学科网（北京）股份有限公司解得： ，故 ， 故B错误；
故 A 或 ，故A错误；
或 ， ，故C正确；
，故D错误.
故选：C.
3. 若 为偶函数，则 （ ）
A. B. 0 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的定义域，利用函数奇偶性的定义建立方程进行求解即可．
【详解】由 ，得 或 ，
由 是偶函数， ，
得 ，
即 ，
即 ，
则 ，
由于 不恒为0，所以
，得 ，
故选：D
4. 向量 ， 且 ，则 （ ）
A. B. C. D.
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学科网（北京）股份有限公司【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量的数量积及模长计算夹角即可.
【详解】由已知可得 ，
又 ，
所以 .
故选：A
5. “ ”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】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的概念，结合三角恒等式即可得结果.
【详解】若 ，则 ，
所以 ，即充分性成立；
若 ，则 ，即 ，
所以 不成立，
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故选：A.
6. 记 为等比数列 的前n项和，若 ， ，则 （ ）．
A. 120 B. 85 C. D.
【答案】C
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据 的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列 的公比为 ，首项为 ，
若 ，则 ，与题意不符，所以 ；
若 ，则 ，与题意不符，所以 ；
由 ， 可得， ， ①，
由①可得， ，解得： ，
所以 ．
故选：C．
方法二：设等比数列 的公比为 ，
因为 ， ，所以 ，否则 ，
从而， 成等比数列，
所以有， ，解得： 或 ，
当 时， ，即为 ，
易知， ，即 ；
当 时， ，
与 矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握 的
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学科网（北京）股份有限公司关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
7. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】已知等式利用两角和的正弦公式和辅助角公式化简得 ，再利用诱导公式求
的值.
【详解】由 ，
得 ，所以
故选：B
8. 已知定义在 上 的函数 满足 ，且 ， ， ，
．若 ， 恒成立，则a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由 得到 的图象关于点 对称，再由 ， ， ，
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学科网（北京）股份有限公司得到 在 上单调递增，再将 ，转化为
，从而有 ，即 ， ，然
后令 ， ，用导数法求得其最大值即可.
【详解】解：由 ，得 ，故 的图象关于点 对称．
因为 ， ， ， ．
所以 在 上单调递增，故 在 上单调递增，
因为 ，
所以 ，
所以 ，即 ， ．
令 ， ，
则 ．
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
所以 ，所以 ．
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. 已知 ，则（ ）
A. B.
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学科网（北京）股份有限公司C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据对数函数 的单调性及取特殊值 ， ，即可判断A；根据幂函数 的
单调性即可判断B；取特殊值 ， 即可判断C；根据指数函数 的单调性即可判断D．
【详解】对于A，由函数 在 上单调递增，
又 ，不妨取 ， ，此时 ，
所以 ，故A错误；
对于B，由函数 在R上单调递增，又 ，所以 ，所以B正确；
对于C，由 ，不妨取 ， ，此时 ，故C错误；
对于D，由函数 在R上单调递减，又 ，所以 ，故D正确．
故选：BD．
10. 已知函数 的一个极大值点为1，与该极大值点相邻的一个零点
为 ，将 的图象向左平移1个单位长度后得到函数 的图象，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 在区间 上单调递增
C. 为奇函数
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学科网（北京）股份有限公司D. 若 在区间 上的值域为 ，则 ．
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，根据余弦型函数的图象与性质进行判断；对于 B，由余弦型函数增区间公式得出结果；
对于C，根据图象平移变换及函数奇偶性定义进行判断；对于 D，根据余弦型函数的定义域、值域的关系
以及图像与性质得出结果．
【详解】设 的最小正周期为T，由题意， ，得 ，所以 ，
所以 ，又点 在 的图象上，所以 ，
所以 ， ，即 ， ，
又 ，所以 ，
对于A，因为 ，故A错误；
对于B，令 ， ，解得 ， ，
所以 的单调递增区间为 ， ，
当 时，单调递增区间为 ，故B正确；
对于C，因为 ，
所以 为偶函数，故C错误；
对于D，当 时， ，又 的值域为 ，如图，
当 时， ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，解得 ，故D正确．
故选：BD.
11. 在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ， ，内角 的平分线交 于点
且 ，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 的最小值是2
C. 的最小值是 D. 的面积最小值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】由三角形面积公式寻找 ， 关系，再利用基本不等式判断．
【详解】解：由题意得： ，
由角平分线以及面积公式得 ，
化简得 ，所以 ，故A正确；
，当且仅当 时取等号，
， ，
所以 ，当且仅当 时取等号，故D正确；
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学科网（北京）股份有限公司由余弦定理
所以 ，即 的最小值是 ，当且仅当 时取等号，故B正确；
对于选项 ：由 得： ，
，
当且仅当 ，即 时取等号，故C错误；
故选：ABD．
12. 定义在 上的函数 满足 为偶函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由已知条件得到函数 的奇偶性和对称性，对选项进行验证.
【详解】由 ，令 ，则有 ，
即 为奇函数， ，
由 为偶函数， 的对称轴为 ，得 ，故B选项正确；
则有 ，可得
即有 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 是周期函数，且周期为4（不一定是最小正周期），C选项正确；
，故A选项错误；
，已知条件不能得到 的值，D选项错误．
故选：BC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知函数 ，则 __________．
【答案】1
【解析】
【分析】代入计算即可．
【详解】由函数 ，有 .
故答案为：1
14. 已知向量 ， ，且 ，则 ________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直可得 ，即可弦切互化求解.
【详解】由 可得 ，
所以 ，
故答案为：
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学科网（北京）股份有限公司15. 在锐角三角形 ， ，且 则 边上的中线长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题设条件整理得 ，再利用正弦定理和余弦定理得到
，进而利用向量的数量积运算求得 ，由此得解.
【详解】因为 ，所以 ，
整理得 ，即 ，
即 ，即 ，
由正弦定理 ，可得 ，
又由余弦定理得 ，
所以 ，即 ，则 ，
假设 的中点为 ，则 ，所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司则 ，
所以 .
故答案为： .
16. 已知直线 与曲线 和 都相切，请写出符合条件的两条直线 的方程：______，
______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设出切点，利用切点求出切线方程，联立方程求出切点处的值，代入求出切线方程.
【详解】因为 ， ，所以 ， ，
设直线 与曲线 和 分别切于点 ， ，
所以切线方程分别为 ， ，
即 ， ，
因此 ，则 ，
又 ，
所以 ，
化简得 ，
解得 或 ，
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学科网（北京）股份有限公司当 时，切线方程为 ，
当 时，切线方程为 .
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. 设 是公比不为1的等比数列， 为 ， 的等差中项．
（1）求 的公比；
（2）若 ，求数列 的前 项和．
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比 的方程，求解即可得出结论；
（2）由（1）结合条件得出 的通项，根据 的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.
【详解】（1）设 的公比为 ， 为 的等差中项，
，
；
（2）设 的前 项和为 ， ，
，①
，②
① ②得，
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学科网（北京）股份有限公司，
.
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求
解能力，属于基础题.
18. 如图，直三棱柱 中， ，平面 平面 ．
（1）求证： ；
（2）求二面角 的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过点 作 ，根据题意证得 平面 ，得到 ，再由三棱柱
为直三棱柱，证得 ，利用线面垂直的判定定理，证得 平面 ，即可
得到 ；
（2）以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面 和平面 的一个法向量
和 ，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
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学科网（北京）股份有限公司如图所示，过点 作 于点 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
且 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，
由三棱柱 为直三棱柱，可得 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 .
【小问2详解】
如图所示，以点 为坐标原点，以 所在的直线分别为 轴、 轴和 轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，
因为 ，可得 ，
则 ,
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
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学科网（北京）股份有限公司取 ，可得 ，所以 ，
则 ，
设二面角 的平面角为 为锐角，可得 ，所以 ，
即二面角 的正弦值为 .
19. 已知函数 的最大值为1.
（1）求常数m的值；
（2）若 ， ，求 的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据辅助角公式化简可得 ，然后根据正弦函数的性质，即可得
出答案；
（2）根据已知可得出 ， ，然后根据二倍角公式得出
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学科网（北京）股份有限公司的值，根据两角差的余弦公式，即可得出答案.
【小问1详解】
，
当 ，即 时， ，
所以 .
【小问2详解】
由（1）知， .
由 得， ，所以 .
又 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
，
所以
.
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学科网（北京）股份有限公司20. 已知数列 的前 项积为 ，且 .
（1）求证：数列 是等差数列；
（2）证明： .
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的定义， 为定值即可证明.
（2）由结合（1）求 的通项公式，进而得 ，再把 化简代入求值，从而即可证明.
【小问1详解】
由数列 的前 项积为 ，得 ，又 ，
所以，当 时， ，整理得 ，即 ，
所以，当 时， 为定值，
所以数列 是等差数列.
【小问2详解】
因为 ，令 ，得 ， ，故 ，
结合（1）可知， 是首项为2，公差为1的等差数列，
所以 ，得 .
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学科网（北京）股份有限公司所以，当 时， ，
显然 符合上式，
所以 .
所以 ，
故
.
因为 ， ，
.
所以
21. 在 中， ， ， 所对的边分别为 ， ， ，已知 .
（1）若 ，求 的值；
（2）若 是锐角三角形，求 的取值范围.
【答案】（1）
（2）
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】（1）根据题意利用余弦定理即可求解.
（2）先利用余弦定理、正弦定理、两角和差公式得 ，再把 化简到同一个角的
三角函数，最后利用正弦函数的单调性确定取值范围.
【小问1详解】
在 中， ，据余弦定理可得 ，
又 ，故 ，即 ，
又 ，故 ，得 .
【小问2详解】
在 中，据余弦定理可得 ，
又 ，故 ，即 ，
又 ，故 .
据正弦定理 ，可得 ，
所以 ，
即 ，
所以 ， ，
因 为，所以 ， 或 ，
即 或 （舍）.
所以 .
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学科网（北京）股份有限公司因为 是锐角三角形，所以 得 ，
所以 ，故 ，
，
所以 的取值范围是 .
22. 已知函数 ．
（1）求证： ；
（2）若函数 在 上存在最大值，求 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得 ，令 ，求得 ，得到函
数 的单调性，结合 ，即可得到 ；
（2）根据题意得到 ，求得 ，令
，得到 ，分 ， 和 ，三种情况讨论，结合
零点的存在性定理和函数的单调性、极值（最值）的定义，即可求解.
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学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】
解：由函数 ，可得 ，则 ，
令 ，可得 ，
当 时，可得 ， 单调递增；
当 时，可得 ， 单调递减，
所以 ，所以 ，
即 ，即 .
【小问2详解】
解：由函数
可得
令 ，可得
①当 时， ， 在 上单调递增，所以 ，
所以 在 上单调递增，无最大值；
②当 时， ，可得 在 上单调递减，
所以 ，所以 在 上单调递减，无最大值；
③当 时，由 ，可得 ，
所以当 时， ， 在 上单调递增；
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学科网（北京）股份有限公司当 时， ， 在 上单调递减，
由（1）知， ，
所以当 时， ，
取 ，则 且 ，
又由 ，
所以由零点的存在性定理，存在 ，使得 ，
所以当 时， ，即 ；
当 时， ，即 ，
所以 在 单调递增，在 单调递减，
此时 在 上存在最大值 ，符合题意，
综上所述，实数 的取值范围是 .
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范
围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与 和 相关的常见同构模型
① ，构造函数 或 ；
② ，构造函数 或 ；
③ ，构造函数 或 .
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