2024河南省新高中创新联盟TOP二十名校计划高三上学期11月调研考试数学含解析

这是一份2024河南省新高中创新联盟TOP二十名校计划高三上学期11月调研考试数学含解析，共14页。试卷主要包含了设，，，则，，的大小关系是，若，且，则的值为等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后；将本试卷和答题卡一并收回.
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.设集合，，则
A.B.C.D.
2.已知复数满足，则
A.B.C.D.
3.若圆锥的母线长为6，其侧面展开图的面积为，则这个圆锥的体积为
A.B.C.D.
4.已知函数，则“”是“在区间上单调递增”的
A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件
5.设，，，则，，的大小关系是
A.B.C.D.
6.若，且，则的值为
A.B.C.D.
7.已知数列的前项和为，且，设，若数列是递增数列，则的取值范围是
A.B.C.D.
8.在中，点是边的中点，且，点满足，则的最小值为
A.B.C.D.
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，，是三条不重合的直线，、是两个不重合的平面，则下列说法正确的是
A.若，，则
B.若，，，则
C.若，，则
D.若、是异面直线，，，且，则
10.已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则数列的公比可能为
A.1B.C.D.
11.如图，在三棱柱中，，，，是线段上的点，且，则下列说法正确的是
A.B.
C.D.直线与所成角的余弦值为
12.已知函数及其导函数的定义域均为，且，
，则下列说法正确的是
A.函数为偶函数B.的图象关于直线对称
C.D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.若命题“，”为假命题，则的取值范围为_________.
14.已知函数的图象与的图象的两相邻公共点间的距离为，将的图象向左平移个单位长度得到的图象，则的最小值为_____________.
15.记为数列的前项和，已知则_____________.
16.在三棱锥中，是等边三角形，平面，，，是的中点，球为三棱锥的外接球，是球上的一点，则三棱锥体积的最大值是____________.
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.（本小题满分10分）已知数列是等差数列，其前项和为，且，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
18.（本小题满分12分）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若外接圆的半径为，求的取值范围.
19.（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点是棱的中点，点是棱上的一点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
20.（本小题满分12分）已知数列满足，，.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和.
21.（本小题满分12分）如图，在直三棱柱中，，平面平面，点，分别是棱，的中点，点是线段上的一点.
（1）求证：；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
22.（本小题满分12分）已知函数.
（1）若，求的图象在处的切线方程；
（2）若有两个极值点，.
①求的取值范围；
②求证：.
参考答案、提示及评分细则
1.A 由题意知，，所以，故选A.
2.B 因为复数满足，所以，所以，所以.故选B.
3.D 由题可知圆锥的侧面展开图扇形的半径，设底面圆的半径为，则，解得，所以圆锥的高，该圆锥的体积.故选D.
4.B 若在区间上单调递增，则在上恒成立，所以，解得.所以“”是“在区间上单调递增”的充分不必要条件.故选B.
5.C 因为在上单调递减，所以，即.因为在上单调递增，又，，又，所以，故，所以.故选C.
6.D 因为，所以，因为，所以，所以，所以，.所以.故选D.
7.C 当时，，解得；当时，由，得，两式相减得，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以.因为数列是递增数列，所以对于任意的恒成立，即，即恒成立，因为时，取得最小值3，故，即的取值范围是.故选C.
8.B 因为，所以，又，所以点在线段上，所以.设，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.故选B.
9.ACD 若，，则成立，故A正确；两个平行平面内的两条直线位置是平行或异面，即不一定正确，故B错误；若，且，则，故C正确；如图，因为，所以存在直线，且满足，又，所以，同理存在直线，且满足，又，所以，因为、是异面直线，所以与相交，设，又，，所以，故D正确.故选ACD.
10.AC 因为，，成等比数列，所以，即，整理得，又，设数列的公比为，所以，解得或.故选AC.
11.BCD 由题意知，故A错误；记，，，所以，所以，故B正确；，所以，故C正确；由，，所以，，又，所以，所以直线与所成角的余弦值为，故D正确.故选BCD.
12.ABD 因为，所以，所以函数为偶函数，故A正确；因为，两边求导得.令，得.因为，所以，所以，，所以，即，所以的图象关于直线对称，故B正确；因为，又，所以，所以，所以是周期为4的周期函数，所以，故C错误；因为，所以，所以，所以，所以，又，所以，故D正确.故选ABD.
13. 由题意可知，命题“，”为真命题.当时，可得.若，则有，符合题意；若，则有，解得，不符合题意；当时，则解得.综上，的取值范围是.
14. 由已知的图象与的图象的两相邻公共点间的距离为，得，所以，解得，所以.又，其向左平移个单位长度得，则，，解得，，当时，取最小值.
15. 当，，，所以.
16. 在正中，为的中点，则，又平面，平面，则，又，、平面，则平面，又平面，所以，因为平面，平面，则，所以的中点到点，，，的距离相等，即三棱锥外接球的球心为的中点.设球的半径为，则，所以，因为外接圆的圆心为的中点，设为，连接，因为，分别为，的中点，则，故平面，如图.则有，即到平面的距离为，因此到平面距离的最大值为，又，所以三棱锥体积的最大值是.
17.解：（1）设等差数列的公差为，又，，
所以解得，，
所以的通项公式.
（2）由（1）知，
所以
.
18.解：（1）因为，由正弦定理得，
由正弦定理得，所以，
由余弦定理得，
又，所以.
（2）由正弦定理得，所以，，，所以，
因为是锐角三角形，所以，所以，
所以，所以，
所以，即的取值范围是.
19.（1）证明：因为平面，平面，所以.
因为底面为正方形，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以.
在中，，是棱的中点，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解：以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设，所以，，，，，，设平面的一个法向量为，又，，所以令，解得，，所以平面的一个法向量为.
设平面的一个法向量为，又，，所以令，解得，，所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
20.（1）证明：因为，所以，
又，
所以是以18为首项，3为公比的等比数列.
（2）解：由（1）知，
所以，又，所以是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，所以.
所以，
所以，
所以，所以.
21.（1）证明：连接，如图所示，在直三棱柱中，平面，又，平面，所以，，又，所以四边形是正方形，所以.
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，又，，平面，
所以平面.
取的中点，连接，，如图所示，因为是的中点，是的中点，
所以，，
又是棱的中点，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以.
因为平面，平面，
所以，所以.
（2）解：因为平面，平面，所以，又，，所以以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示.所以，，，，，，所以，，所以，设，所以.设平面的一个法向量为，所以令，解得，，所以平面的一个法向量为.又，设直线与平面所成角的大小为，
所以，
解得或（舍），所以.
22.解：（1）若，则，所以，
所以，又，公众号：全元高考
所以的图象在处的切线方程为，即.
（2）①由题意知.
令，则.
因为有两个极值点，，所以有两个不等正实根，.
若，，则在上单调递增，所以在上至多有一个零点，不符合题意；
若，令，解得，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.
所以时，取得极大值，即最大值为，
所以，解得.
当时，，又，所以，由零点存在性定理知：存在唯一的，使得.
又，令，所以，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以，由零点存在性定理知：存在唯一的，使得.公众号：全元高考
所以当时，有两个不等正实根，.
综上，的取值范围是.
②证明：由①知，且，所以，
因为在上为增函数，及，所以，
又，所以.
因为，，所以，，
所以，所以.
令，所以，
所以在上单调递增，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以.
所以.