山西省朔州市怀仁市第九中学高中部2023-2024学年高三上学期11月期中数学试题（Word版附解析）

这是一份山西省朔州市怀仁市第九中学高中部2023-2024学年高三上学期11月期中数学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了 已知函数， 已知点是角终边上一点，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号和班级填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，将答案用0.5mm的黑色笔迹签字笔写在答题卡上.
4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.
一、选择题（每题4分，共48分）
1. 已知，，，则的大小关系为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用等中间值区分各个数值的大小．
【详解】，
，
，故，
所以．
故选A．
【点睛】本题考查大小比较问题，关键选择中间量和函数的单调性进行比较．
2. 赵爽弦图是中国古代数学的重要发现，它是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）．已知小正方形的面积为1，直角三角形中较小的锐角为，且，则大正方形的面积为（ ）

A 4B. 5C. 16D. 25
【答案】D
【解析】
【分析】根据正切函数二倍角公式求得，根据赵爽弦图直角三角的边角关系得两直角边长，即可得大正方形的边长，可求得面积.
【详解】因为，所以
由题意小正方形的面积为1，则小正方形的边长为1，设直角三角形较短的直角边为，则较长的直角边长为,
所以，解得，所以大正方形的边长为，
故大正方形的面积为.
故选：D.
3. 设数列是以为公差的等差数列，是其前项和，，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D. 的最大值为或
【答案】D
【解析】
【分析】AB选项，先根据题目条件得到，从而，，AB错误；C选项，由得到C错误；D选项，得到当时，，，当时，，故D正确.
【详解】AB选项，因为，所以，
因为数列是以为公差的等差数列，所以，
故，解得，
又，所以，，AB错误；
C选项，，故C错误；
D选项，由于，，，故当时，，
当时，，故的最大值为或，D正确.
故选：D
4. 已知函数，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】B
【解析】
【分析】分别解对应的不等式，再根据充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.
【详解】因为函数，所以由得；
由得，所以，所以．
因为，所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B．
【点睛】本题主要考查判断命题的必要不充分条件，涉及对数不等式的解法，属于基础题型.
5. 已知函数（且）是偶函数，则关于x的不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D. 以上答案都不对
【答案】B
【解析】
【分析】根据是偶函数求得，利用函数的单调性和奇偶性不等式等价于，解不等式
即可.
【详解】∵是偶函数
∴，即
化简得
∴，（，）
,
时都能得到，
所以在上是增函数
∴（，）为偶函数且在上是增函数，
∴，，
即，即或
解得或.即.
故选：B.
【点睛】本题主要考查函数的单调性和奇偶性的应用，属于中档题.
6. 已知不等式对任意正数恒成立，则实数的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把不等式化为，设，求得的导数，设，利用导数求得函数的单调性和最小值，即可求解.
【详解】不等式可化为，
因为，所以，
设，则，
设，其中，
则恒成立，则在上单调递增，
由，
令，得，
所以在单调递减，单调递增，
所以，
对任意正数恒成立，即.
故选：B.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
7. 已知，是方程的两根，且，，则的值为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】由韦达定理得，即，得，再根据两角和的正切公式解决即可.
【详解】由题知，，是方程的两根，
所以，即，
因为，，
所以，，
所以，
因，
所以，
故选：B
8. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而即可求解.
【详解】设正四棱锥的高为，底面边长为，侧面三角形底边上的高为，则
由题意可知，，
因此有
，即，解得，
因为，
所以.
所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为
故选：D.
9. 若对任意正实数x，y都有，则实数m的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将不等式变式为，设后转化为恒成立，只需求函数的最大值即可.
【详解】因为，
所以，设，
则，，
令
恒成立，故单调递减，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；.
故
所以，得到.
故选:A.
10. 已知点是角终边上一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出点P到原点的距离，再根据正弦函数的定义求解.
【详解】依题意点P的坐标为 ， ， ；
故选：D.
11. 某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处遇到绿灯的概率分别是，则汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把汽车在三处遇两次绿灯的事件M分拆成三个互斥事件的和，再利用互斥事件、对立事件、相互独立事件的概率公式计算得解.
【详解】汽车在甲、乙、丙三处遇绿灯的事件分别记为A，B，C，则，
汽车在三处遇两次绿灯的事件M，则，且，，互斥，而事件A，B，C相互独立，
则，
所以汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为.
故选：D
12. 过抛物线的焦点作不与坐标轴垂直的直线，交抛物线于两点，弦的垂直平分线交轴于点，若，则
A. 10B. 8C. 6D. 4
【答案】A
【解析】
【详解】设M(x1,y1),N(x2,y2),弦MN的中点为(x0,y0),
，，
相减可得，
可得则，
∴MN的垂直平分线为
令y=0,则
∴
∵
∴，
故选A.
二、填空题（共22分）
13. 设样本数据，，，的平均数为，方差为，若数据，，，的平均数比方差大4，则的最大值是_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平均数和方差的性质，以及二次函数的性质即可解出．
【详解】数据，，，的平均数为，方差为，
所以，，即，
则，
因为，所以，
因函数在上单调递减，
故当时，的最大值是．
故答案为：．
14. 各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则的最小值为______．
【答案】8
【解析】
【分析】根据等比数列的性质可得，由此可求得，，从而表示出，再根据基本不等式求解即可．
详解】解：∵，且，
∴，
∴公比，
∴，，
∴，
当且仅当， 即时等号成立，
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查等比数列的性质和等比数列的前项和，考查基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题．
15. 设函数在区间内有零点，无极值点，则的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】
依题意首先求出的大致范围，再根据在区间内有零点，无极值点，
得到不等式组，，即可求出的取值范围.
【详解】解：
依题意得
，
因为函数在区间内有零点，无极值点，
，，
解得，，
当时，满足条件，
当时，满足条件，
当时，显然不满足条件，
综上可得
故答案为：
【点睛】本题考查三角函数的性质，综合性强，难度比较大，属于难题.
16. 设数列{}为等差数列，其前n项和为，已知，若对任意n∈N*，都有成立，则k的值为______.
【答案】20
【解析】
【分析】由题意，转化“对任意n∈N*，都有成立”为Sk为Sn的最大值．可求得d＝－2，an＝41－2n，当Sn取得最大值时，对任意n∈N*满足，求解即可
【详解】对任意n∈N*，都有成立，即Sk为Sn的最大值．
因为a1＋a4＋a7＝99，a2＋a5＋a8＝93，
所以a4＝33，a5＝31，
故公差d＝－2，an＝a4＋(n－4)d＝41－2n，
当Sn取得最大值时，对任意n∈N*满足
解得n＝20.
即满足对任意n∈N*，都有成立的k的值为20.
故答案为：20
17. 设，是函数（）的两个极值点，若，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据极值点定义可将问题转化为与有两个不同交点；化简得到，利用换元法令，则，构造函数，利用导数求出，将参数分离出来，构造函数，即可得出.
【详解】，是的两个极值点，
是的两根，又当时，方程不成立，
即，两式作比得到:==，
所以，令，所以
令 ，则
令 ，则
所以在上单调递减，所以
所以在上单调递减，
所以
令 ，则 恒成立
所以在上单调递减，即
故答案为：.
三、解答题（本题共5小题，每题16分，共80分）
18. 如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，，分别是，的中点，是上一点．

（1）证明：平面．
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，，根据线面平行判定定理证明即可得结论；
（2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，根据空间向量坐标运算求平面与平面的法向量，在根据向量夹角余弦公式即可得所求.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，．
因为是的中点，所以，．
又底面为正方形，是的中点，所以，，所以四边形为平行四边形，所以
因为平面，平面，所以平面
【小问2详解】
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，

令，则，，，．
设，得，
则，．
因为，所以，解得，
从而，，．
设平面的法向量为，则
令，得
设平面的法向量为，则
令，得
故平面与平面的夹角的余弦值为
19. 已知椭圆，离心率为，直线恒过的一个焦点.
（1）求的标准方程；
（2）设为坐标原点，四边形的顶点均在上，交于，且，若直线的倾斜角的余弦值为，求直线与轴交点的坐标.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）将转化成直线点斜式方程形式，求出所过的恒点，进而知道椭圆的焦点，再根据椭圆的离心率公式进行求解即可.
（2）根据向量等式，可以确定分别是的中点.设，求出直线的方程，与椭圆方程联立，消元，利用一元二次方程根与系数关系，求出的坐标，同理求出点坐标，求出直线的方程，最后求出直线与轴交点的坐标.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，可化为，所以直线恒过点，所以点，可得.因为离心率为，所以，解得，由得，所以的标准方程为.
（2）因为，所以.由得分别是的中点.设.由直线的倾斜角的余弦值为，得直线的斜率为2，所以，联立消去，得.显然，，且， ，所以，可得，同理可得，所以，所以.令，得，所以直线与轴交点的坐标为.
【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了根据直线与椭圆的位置关系求出点的坐标，考查了数学运算能力.
20. 已知函数，（，是自然对数的底数）．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）求得，然后对分成和两种情况进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）首先令，代入，求得的一个取值范围.构造函数，利用的导函数研究的最小值，由此求得的取值范围.
【详解】（1），
当时，，函数在上递减；
当时，由，解得，故函数在上单调递减，
由，解得，故函数在上单调递增．
综上所述，当时，在上递减；当时，在上递减，在上递增.
（2）当时，，
即，故，
令
，
则，
若，则当时，，
函数在上单调递增，
当时，
，
当时，单调递增，
则，符合题意；
若，则，
，
由得，
故，
存在，使得，
且当时，，
在上单调递减，
当时，，不合题意，
综上，实数的取值范围为．
【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.
21. 如图，平行四边形的对角线AC和BD交于点M，E在BC上，且，直线DE与AB的延长线交于点F，记，．

（1）试用，表示、；
（2）试用，表示．
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用向量加法的平行四边形法则求出，再利用向量减法法则求出作答.
（2）利用平行线的性质探求出，再利用向量减法法则求解作答.
【小问1详解】
平行四边形的对角线AC和BD交于点M，
，
.
【小问2详解】
点E在BC上，且，，则，
于是，即，，
所以.
22. 规定，其中，，且，这是组合数（，
且）的一种推广.
（1）求的值.
（2）组合数具有两个性质：①；②.这两个性质是否都能推广到（，）？若能，请写出推广的形式并给出证明；若不能，请说明理由.
【答案】（1）；（2），证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由题意代入计算可得答案.
（2）性质①不能推广，如当时，有意义，但无意义.
性质②能推广，当时，有；时，运用已知的关系式代入可得证.
【详解】解：（1）由题意得.
（2）性质①不能推广，如当时，有意义，但无意义.
性质②能推广，它的推广形式是.
证明如下：
当时，有；
当时，有
.
综上，性质②的推广得证.