宁夏银川市2023-2024学年高三上册期中数学（理科）测试卷（含解析）

这是一份宁夏银川市2023-2024学年高三上册期中数学（理科）测试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了已知集合，则，命题“”的否定是等内容，欢迎下载使用。

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个选项是符合题目要求的.
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．若是异面直线，且平面，那么与平面的位置关系是（ ）
A．B．与相交
C．D．以上三种情况都有可能
3．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
4．过直线与的交点，且垂直于直线的直线方程是
A．
B．
C．
D．
5．在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为
A．B．C．D．
6．已知等差数列的前项为，且，，则使得取最小值时的为．
A．1B．6C．7D．6或7
7．四棱锥的底面为正方形，底面，，，若该四棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．设圆的圆心为，点是圆内一定点，点为圆周上任一点，线段的垂直平分线与的连线交于点，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
9．若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知两圆和恰有三条公切线，若，，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
11．已知双曲线的中心为原点， 是的焦点，过F的直线 与相交于A，B两点，且AB的中点为 ,则的方程式为
A．B．C．D．
12．已知函数，若方程有四个不等实根，时，不等式恒成立，则实数的最小值为
A．B．C．D．
二､填空题：本题共4小题，共20分，把答案填在题中的横线上
13．已知，则的值为 ．
14．已知向量，，则在方向上的投影为 ．
15．双曲线的一条渐近线与直线平行，则它的离心率为 ．
16．某校数学课外小组在坐标纸上为学校的一块空地设计植树方案为：第棵树种植在点处，其中，，当时，表示非负实数的整数部分，例如，．按此方案第棵树种植点的坐标应为 ．
三､解答题：共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算过程.
17．如图，在平面四边形，已知，.
（1）若平分，且，求的长；
（2）若，求的长.
18．在等差数列{an}中，，其前n项和为，等比数列{bn}的各项均为正数，b1=1，公比为q，且b2+S2=12， ．
（Ⅰ）求an与bn；
（Ⅱ）求的取值范围．
19．已知，，．
（1）求的最小正周期及单调递减区间；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值．
20．如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成二面角锐角的余弦值．
21．已知椭圆的左、右焦点分别为，且椭圆上存在一点，满足.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过椭圆右焦点的直线与椭圆交于不同的两点，求的内切圆的半径的最大值.
22．已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若恒成立，试确定实数k的取值范围；
（3）证明：且
1．D
【分析】化简集合A，B，再利用交集的定义直接计算作答.
【详解】解不等式得：，则，
由得，于是得，
所以.
故选：D
2．D
【分析】根据线线，线面的位置关系可判断结果.
【详解】在长方体中，平面视为平面，直线为直线a，点E，F分别为棱的中点，
如图， 显然有平面，当直线b为直线时，直线是异面直线，此时；
因，平面，平面，则，
当直线b为直线时，直线是异面直线，此时；
当直线b为直线时，直线是异面直线，此时与相交，
所以直线b与平面可能平行，可能相交，也可能在平面内.
故选：D.
3．D
根据全称命题的否定形式，直接求解.
【详解】全称命题“”的否定形式需要改量词，以及结论否定，
即否定是.
故选：D
4．A
两直线方程联立求得交点坐标；根据垂直关系求得斜率，可写出直线点斜式方程，整理可得结果.
【详解】由得两条直线交点坐标为：
又所求直线与垂直 直线斜率为：
所求直线为：，即：
本题正确选项：
本题考查直线方程的求解问题，关键是能够根据垂直关系求得斜率，同时联立求得交点坐标.
5．B
【分析】在长方体中，连接，可得,得即为异面直线与所成的角，在中，利用余弦定理即可求解.
【详解】在长方体中，连接，可得,
所以异面直线与所成的角，即为直线与直线所成的角，
即为异面直线与所成的角，
在长方体中，设，
则，
在中，由余弦定理得，故选B.
本题主要考查了空间中异面直线所成角的求解，其中根据异面直线所成角的定义，得到为异面直线与所成的角，在中利用余弦定理即可求解是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，以及计算能力，属于基础题.
6．B
【详解】试题分析：由等差数列的性质，可得，又，所以，所以数列的通项公式为，令，解得，所以数列的前六项为负数，从第七项开始为正数，所以使得取最小值时的为，故选B．
考点：等差数列的性质.
7．B
【分析】根据题意可知，该四棱锥的外接球即为其所在长方体的外接球，根据公式即可求得.
【详解】根据题意，为方便说明，在长方体中找出该四棱锥如图所示：
由图可知在长方体中的四棱锥完全满足题意，
故该四棱锥的外接球即是长方体的外接球，
故外接球半径，
故该球的表面积为.
故选：B.
本题考查四棱锥外接球的问题，关键的步骤是将问题转化为求长方体的外接球.
8．D
由垂直平分线的性质可知，从而得到，可知轨迹满足椭圆定义，可得，进而求得，从而得到所求轨迹方程.
【详解】为垂直平分线上的一点
点的轨迹是以为焦点的椭圆 ，
的轨迹方程为
故选：
本题考查动点轨迹方程的求解问题，关键是能够通过垂直平分线的性质得到所求动点轨迹满足椭圆定义.
9．A
【分析】先根据函数解析式得到还是的定义域，再求出导函数，从而根据条件得到关于的不等式组，进而求解即可．
【详解】由，则函数的定义域是，
又函数在区间上单调递减，
则，得，
所以，解得，
所以实数的取值范围是．
故选：A．
10．B
【分析】求出圆的标准方程，根据三条公切线，推出两个圆外切，求出，利用基本不等式求解.
【详解】根据题意可得，两圆的标准方程为和，
圆心为和，半径分别为2，1，
若两圆恰有三条公切线，
则等价为两圆外切，
则满足圆心距，
即
则，
则
,
当且仅当，即，取等号.
故选：B
11．B
【详解】∵kAB==1,
∴直线AB的方程为y=x-3.
由于双曲线的焦点为F(3,0),
∴c=3,c2=9.
设双曲线的标准方程为-=1(a>0,b>0),
则-=1.整理,得
(b2-a2)x2+6a2x-9a2-a2b2=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2==2×(-12),
∴a2=-4a2+4b2,∴5a2=4b2.
又a2+b2=9,
∴a2=4,b2=5.
∴双曲线E的方程为-=1.故选B.
12．C
【分析】画出函数f（x）的图象，结合对数函数的图象和性质，可得x1•x2＝1，x1+x22，（4﹣x3）•（4﹣x4）＝1，且x1+x2+x3+x4＝8，则不等式kx3x4+x12+x22≥k+11恒成立，可化为：k恒成立，求出的最大值，可得k的范围，进而得到实数k的最小值．
【详解】函数f（x）的图象如下图所示：

当方程f（x）＝m有四个不等实根x1，x2，x3，x4（x1＜x2＜x3＜x4）时，
|lnx1|＝|lnx2|，即x1•x2＝1，x1+x22，
|ln（4﹣x3）|＝|ln（4﹣x4）|，即（4﹣x3）•（4﹣x4）＝1，
且x1+x2+x3+x4＝8，
若不等式kx3x4+x12+x22≥k+11恒成立，
则k恒成立，
由[（x1+x2）﹣48]≤2
故k≥2，
故实数k的最小值为2，
故选C．
本题考查的知识点是分段函数的应用，对数函数的图象和性质，函数的最值，函数恒成立问题，综合性强，转化困难，属于难题．
13．
【详解】，

故答案为
14．.
【分析】根据向量的投影计算公式，代值即可求得结果.
【详解】在方向上的投影为.
故答案为.
本题考查向量投影的计算公式，属基础题.
15．.
【分析】由直线平行则斜率相等，求得之间的等量关系，再求离心率即可.
【详解】因为渐近线与直线平行，
故可得，根据双曲线离心率的计算公式可得：
.
故答案为.
本题考查双曲线离心率的求解，属基础题.
16．.
【分析】根据题意，结合累加法，求得与，再代值计算即可.
【详解】由题意知，
，
，
，
，
故可得
解得，当时，；
，当时，.
故第棵树种植点的坐标应为.
故答案为.
本题考查数列新定义问题，涉及累加法求通项公式，属中档题.
17．（1）（2）
【分析】（1）由平分，得出，进而得出，再由余弦定理，即可得出的长；
（2）根据三角恒等变换的公式，求得，再由正弦定理得出的长.
【详解】（1）若平分，则
由余弦定理得
解得或（舍）
（2）
又
在中，由正弦定理可得
即
本题主要考查了正弦定理以及余弦定理的应用，属于中档题.
18．（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）利用等差数列的求和公式及等比数列的通项公式表示已知条件，然后解方程可求等比数列的公比，等差数列的公差，即可求解；（Ⅱ）利用裂项法求和，即可得到结论．
【详解】（Ⅰ）设的公差为，∵，
∴，解得或 (舍)，.
故．
（Ⅱ）
∴
∴
∵,∴，
∴，即.
本题主要考查了等差数列，等比数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.
19．（1）最小正周期为，单调减区间为；（2）最大值为3，最小值为0．
【分析】（1）利用向量的坐标运算化简，再利用整体的思想.
（2）根据（1）的结果及的范围求出的范围，从而计算出函数的最值.
【详解】解：，，
由
，
的最小正周期，
由，
得：，
的单调递减区间为，；
由可得：
当时，函数取得最小值为
当时，函数取得最大值为
故得函数在区间上的最大值为3，最小值为0．
20．（1）证明见详解；（2）.
【分析】（1）取中点为，通过证明//，进而证明线面平行；
（2）取中点为，以为坐标原点建立直角坐标系，求得两个平面的法向量，用向量法解得二面角的大小.
【详解】（1）证明：取的中点，连结，，如下图所示：
在中，因为 为的中点，
，且，
又为的中点，，
，且，
，且，
四边形为平行四边形，
又平面，平面，
平面，即证.
（2）取中点，连结，，则，平面，
以为原点，分别以，，为，，轴，
建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量，
则，则，
令．则，
同理得平面的一个法向量为，
则，
故平面与平面所成二面角（锐角）的余弦值为.
本题考查由线线平行推证线面平行，以及利用向量法求解二面角的大小，属综合中档题.
21．（1）；（2）.
【分析】（1）利用余弦定理和椭圆的定义即可求出a，再根据b2＝a2﹣c2＝3，可得椭圆的方程;（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），设△F1AB的内切圆的半径为R，表示出△F1AB的周长与面积，设直线l的方程为x＝my+1，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，表示三角形面积，令t，利用函数的单调性求解面积的最大值，然后求解△F1AB内切圆半径的最大值为．
【详解】（1）设，则内，
由余弦定理得，化简得，解得
故，得
所以椭圆的标准方程为
（2）设，设得内切圆半径为
的周长为
所以
根据题意知，直线的斜率不为零，可设直线的方程为
由得
由韦达定理得

令，则
令，则时，单调递增，
即当时，的最大值为，此时.
故当直线的方程为时，内圆半径的最大值为.
本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．
22．（1）在上是增函数，在上是减函数；（2）；（3）证明见解析.
【分析】（1）求函数定义域，再求导，根据导数的正负，判断函数的单调性即可；
（2）对参数进行分类讨论，求得不同情况下函数的单调性以及最大值，即可求得参数的取值范围；
（3）根据（1）中的结论，构造不等式，进而利用数列求和，即可证明.
【详解】（1）易知的定义域为，又
当时，；当时，
在上是增函数，在上是减函数．
（2）当时，，不成立，故只考虑的情况
又
当时，当时，；当时，
在上是增函数，在时减函数
此时
要使恒成立，只要即可
解得：．
（3）当时，有在恒成立，
且在上是减函数，，
即在上恒成立，
令，则，
即，
即：成立．
本题考查利用导数对具体函数单调性的求解，由不等式恒成立求参数的范围，以及证明不等式恒成立；本题第三问要学会善于利用题目中的结论去证明不等式.