2023-2024学年辽宁省大连市大连开发区高三上学期期中数学模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省大连市大连开发区高三上学期期中数学模拟试题（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题．，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．对于非零向量，下列命题中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．已知在区间上有极小值，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数，则“”是“是奇函数”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
5．如图，矩形是圆柱的轴截面，且，其中在平面同侧，则异面直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数．甲同学将的图象向上平移个单位长度，得到图象；乙同学将的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到图象．若与恰好重合，则下列给出的中符合题意的是（ ）
A．B．
C．D．
7．设直线与函数，，的图像在内交点的横坐标依次为，，，则（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在梯形中，，将沿对角线折起，使得点翻折到点，若面面，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题（本题共4小题，每题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得零分）
9．下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．“”是“”的必要不充分条件
C．若，且，则的最小值为9
D．命题“，”的否定为“，”
10．已知为数列的前n项和，若，且，则（ ）
A．B．是周期数列且周期为4
C．D．
11．已知，，是自然对数的底，若，则的值可以是（ ）
A．B．1C．2D．3
12．已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A．若方程有两个不同的解，则
B．若与的图象有且仅有一个公共点，则或
C．对任意，都有恒成立
D．
三、填空题：（本题共4小题，每题5分，共20分）
13．若z是复数，，则 ．
14．如图是函数的部分图象，则 ．

15．如图，在边长为2的正方形中．以为圆心，1为半径的圆分别交，于点，．当点在劣弧上运动时，的最小值为 ．
16．已知函数，的定义域均为，为奇函数，为偶函数，，，则 .
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．已知数列是公差不为零的等差数列，，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列的前n项和为.
18．设向量,函数.
(1)求的对称轴方程；
(2)若且求的值.
19．如图，在三棱柱中，G，O，H，M分别为DE，DF，AC，BC的中点，N为GC的中点.

(1)证明：平面ABED.
(2)证明：平面平面BCFE.
20．在中，为的角平分线上一点，且与分别位于边的两侧，若
(1)求的面积;
(2)若，求的长.
21．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求的外接圆的周长．
(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
22．已知函数，曲线在点处的切线方程为.
(1)求的值并讨论的单调性；
(2)设为两个不相等的正数，且，证明.
1．B
【分析】解不等式，得到，求出并集.
【详解】，，
故.
故选：B
2．A
【分析】根据向量运算、向量平行等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，由可得，A选项正确.
B选项，若，则当方向相反时，
，所以B选项错误.
C选项，若，则，无法推出两向量共线，所以C选项错误.
D选项，若，可能，不一定有，
所以D选项错误.
故选：A
3．D
【分析】利用导数求出函数的单调区间，即可得到函数的极小值点，从而得到不等式组，解得即可.
【详解】函数定义域为，，
所以时，当或时，
所以在上单调递增，在，上单调递减，
所以在处取得极小值，
因为在区间上有极小值，
所以，解得，即实数的取值范围是.
故选：D
4．C
【详解】得出 ，
是奇函数则 ，即 =
“”是“是奇函数”的充要条件
故选C
5．A
【分析】作，连接，可得为与所成的角，再由已知求解三角形得答案．
【详解】解：如图，作，连接，
为与所成的角，
，，，
，．
又，
在中，，
即．
故选：．
6．B
【分析】根据函数平移和伸缩变换原则，依次验证选项中的函数变换后的解析式是否相同即可.
【详解】对于A，，，A错误；
对于B，，，B正确；
对于C，，，C错误；
对于D，，，D错误.
故选：B.
7．D
根据直线与函数，，的图像在内交点的横坐标依次为，，，得到，再利用两角和与差的三角函数的公式求解.
【详解】因为直线与函数，，的图像在内交点的横坐标依次为，，，
所以，
所以，
所以，
所以,
故选：D
8．B
【分析】设为的中点，为的中点，为的外心，为三棱锥的外接球球心，利用球的截面性质得到四边形为矩形，然后设外接球半径为，由求解.
【详解】解：如图，
设为的中点，为的中点，为的外心，为三棱锥的外接球球心，
则面面.
由题意得为的外心，
在中，，
所以，
又四边形为矩形，
，设外接球半径为，
则外接球表面积，
故选：B.
9．CD
【分析】举例说明判断AB；利用基本不等式“1”的妙用计算判断C；写出全称量词命题的否定判断D.
【详解】对于A，取，满足，而，A错误；
对于B，当时，有，即不是的必要条件，B错误；
对于C，由，，得，
当且仅当，即时取等号，即的最小值为9，C正确；
对于D，命题“，”是全称量词命题，其否定是：，，D正确.
故选：CD
10．BCD
【分析】利用递推关系求出，，，，……，找到规律，从而一一判断四个选项的正误.
【详解】A选项，当时，，即，解得，
当时，，即，解得，A错误；
B选项，当时，，即，解得，
当时，，即，解得，循环，
故是周期数列且周期为4，B正确；
C选项，，C正确；
D选项，由于，故，D正确.
故选：BCD
11．BCD
【分析】设，得到在R上单调递增，求得，得到，则，再令，求得，得出的单调性，由，得到，结合选项，即可求解.
【详解】设函数，则在R上单调递增，
所以，
所以，即，所以，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，从而，结合选项，选项BCD符合题意.
故选：BCD.
12．BCD
【分析】求出的单调性，画出其图像，可判断AB，利用可判断C，利用可判断D.
【详解】，故在递增，递减，其图像如下：
易得若有两个不同解，则，则，故A错误，
当时，与显然有且仅有1个交点，
当时，则与相切时，有且仅有1个交点，
设切点为，切线方程为，
将原点代入：则，，
故或，则B正确；
∵恒成立，在上单调递减，
∴，故C正确；
，
即比较与大小，又因为，在递减，故，D正确，
故选：BCD.
13．
【分析】根据复数的除法运算化简复数z，再根据共轭复数的概念求得答案．
【详解】解：∵，
故
14．##
【分析】根据函数的图象，结合三角函数的性质，求得，再利用诱导公式，即可求得的值.
【详解】由函数的图象可得，且，所以，
即，根据五点对应法，可得，
因为，可得，所以，
又由，即，结合五点对应法，可得，
解得，
因为，可得，所以，所以，
所以，
则.
故答案为.
15．##
【分析】以点为坐标原点建立平面直角坐标系，设，利用平面向量数量积的坐标表示结合三角函数的性质即可得解.
【详解】如图，以点为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，设，
则，
则，
由，得，
所以当，即时，取得最小值.
故答案为.
16．2023
【分析】根据题意分析可得，进而可得函数是以4为周期的周期函数，且，进而可得结果.
【详解】因为为偶函数，则，
又因为，则，，
即，可得，
因为为奇函数，则，且，
可得，即，则，
可得，
所以函数是以4为周期的周期函数，
由，可得，，
则，
即，
所以.
故2023.
方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
17．(1)
(2)
【分析】（1）设出公差，结合等差数列通项公式和求和公式得到方程组，求出首项和公差，得到通项公式；
（2），利用裂项相消法求和.
【详解】（1）设公差为，，
故，解得，
故；
（2），
故
.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由向量数量积坐标公式、二倍角公式、辅助角公式化简函数表达式，结合对称轴方程的定义即可求解.
（2）由已知条件先算出，，再结合两角差的余弦公式即可求解.
【详解】（1）因为
，
令，得，
所以的对称轴方程为.
（2）因为，所以，即，
又因为所以，
故，
所以
.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用三角形中位线的性质和直线与平面平行的判定定理即可证明.
（2）先把面面平行问题转化为线面平行问题，再利用平面与平面平行的判断定理即可证明.
【详解】（1）证明：如图，连接BG.
∵M为BC的中点，N为GC的中点，∴.
∵平面ABED，平面ABED，∴平面ABED.

（2）∵G，O分别为DE，DF的中点，∴.
∵平面BCFE，平面BCFE，∴平面BCFE.
∵且，∴四边形OFCH是平行四边形，∴.
∵平面BCFE，平面BCFE，∴平面BCFE.
又，∴平面平面BCFE
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理解出的长，再利用三角形面积公式即可得到答案；
（2）利用两次正弦定理得到，，两式相比得，再结合同角平方和关系即可解出，再代回正弦定理式即可得到答案.
【详解】（1）在中，，
即，解得(负根舍)，
所以.
（2）因为，平分，所以，
又，所以，
在中，由正弦定理，得，①
在中，由正弦定理，得，②
①②，得，所以，
又，且，所以，
将代入②，得，所以.
21．(1)；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合诱导公式及二倍角公式求出，再由正弦定理求外接圆半径即得.
（2）由（1）的结论，结合和角的正弦公式及正弦定理求出a的范围，再利用三角形面积公式求解即得.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，
而，，则，又，
即，因此，又，即，
则，解得，即，的外接圆半径为，有，
所以的外接圆的周长为.
（2）由为锐角三角形，得，，而，则，
由正弦定理得，即，
显然，即有，因此，
于是的面积，
所以面积的取值范围为.
22．(1)，当时， 单调递增；当时， 单调递减；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据函数 的切线方程可得 的值，求出 的导函数 ，判断函数的单调性即可；
（2）分别通过构造函数，并利用导数研究函数的单调性与最值分别证明 及 即可.
【详解】（1）解：由题意，，∴ ，
故，
当时，单调递增；
当时，单调递减.
（2）证明：由题意，，
，不妨设，则，
要证，即证，若 ，则 必成立，
若 ，即证.
又因为，只需证.
令，
则，
在单调递增，
，
即.
再证，因为，
即证.
令，则，
故在区间内单调递增，
所以，故，即.
综上.
本题考查利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值和极值，并通过构造函数证明不等式的成立，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题.