安徽省九师联盟2023-2024学年高三上学期11月质量检测数学试题

这是一份安徽省九师联盟2023-2024学年高三上学期11月质量检测数学试题，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z满足，则( )
A. B. C. D.
2.集合，，则( )
A. B. C. D.
3.在数列中，是以2为公比的等比数列，则p是q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
4.已知a，b，c为实数，则( )
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
5.由于我国与以美国为首的西方国家在科技领域内的竞争日益激烈，美国加大了对我国一些高科技公司的打压，为突破西方的技术封锁和打压，我国的一些科技企业积极实施了独立自主、自力更生的策略，在一些领域取得了骄人的成绩.我国某科技公司为突破“芯片卡脖子”问题，实现芯片制造的国产化，加大了对相关产业的研发投入.若该公司2020年全年投入芯片制造方面的研发资金为120亿元，在此基础上，计划以后每年投入的研发资金比上一年增长，则该公司全年投入芯片制造方面的研发资金开始超过200亿元的年份是( )参考数据：，，
A. 2024年B. 2025年C. 2026年D. 2027年
6.已知，是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，则( )
A. 若，且，则
B. 若，且，，则
C. 若且，，则
D. 若，，，且a，b异面，则
7.已知函数，，总有成立，且的最小值为若，则的图象的一条对称轴方程是( )
A. B. C. D.
8.在等差数列中，，，，成公比不为1的等比数列，是的前n项和，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则( )
A. 1B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，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.在等比数列中，，，，若为的前n项和，Ⅱ为的前n项积，则( )
A. 为单调递增数列B.
C. 为的最大项D. 无最大项
10.下列命题正确的是( )
A. 若，均为第一象限角且，则
B. 若为第一象限角，则
C. 在中，若，则为锐角三角形
D. 若为锐角三角形，则
11.如图，在正方体中，点E，F满足，，且x，y，记EF与所成角为，EF与平面ABCD所成角为，则( )
A. 若，三棱锥的体积为定值
B. 若，存在，使得平面
C. ，y，，
D. 若，则在侧面内必存在一点P，使得
12.已知函数的定义域为R，是奇函数，，，分别是函数，的导函数，在上单调递减，则( )
A. B.
C. 的图象关于直线对称D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知平面向量，，，若，，则__________.
14.已知数列的前n项和为，若与均为等差数列，称数列具有性质如时，其和，或时，其和，均是具有性质P的数列.请再写出一个除例子之外具有性质P的数列的通项公式__________.
15.设是定义在R上的单调函数，若，，则不等式的解集为__________.
16.印章是我国传统文化之一，根据遗物和历史记载，至少在春秋战国时期就已出现，其形状多为长方体、圆柱体等，陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印章如图，该形状称为“半正多面体”由两种或两种以上的正多边形所围成的多面体，每个正方形面上均刻有不同的印章图中为多面体的面上的部分印章图2是一个由18个正方形和8个正三角形围成的“半正多面体”其各顶点均在一个正方体的面上，若该多面体的棱长均为1，且各个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为__________.
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.本小题10分
如图1，“山”形图是两个全等的直角梯形ABCD和ABEF的组合图，将直角梯形ABEF沿底边AB翻折，得到图2所示的几何体.已知，，，点N在线段CE上，且在几何体中，解决下面问题.
证明：平面
若平面平面ABCD，证明：
18.本小题12分
已知是正项数列的前n项和，满足，，
若，求正整数m的值;
若，在与之间插入中从开始的连续k项构成新数列，即为，，，，，，，求的前30项的和.
19.本小题12分
在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，已知
求角
若，的周长为l，求的最大值.
20.本小题12分
如图，在四棱锥中，四边形ABCD为梯形，，，，，为等边三角形，且平面平面ABCD，O，E分别为AD，PA的中点.
证明：平面平面
求平面DOE与平面BOE夹角的余弦值.
21.本小题12分
已知数列中，，
判断是否为等比数列?并求的通项公式;
若求数列的前n项和
22.本小题12分
已知函数
当，时，求曲线在点处的切线方程;
当时，既存在极大值，又存在极小值，求a的取值范围;
当，时，，分别为的极大值点和极小值点，且，求实数k的取值范围.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了复数的四则运算、复数的模、属于基础题.
首先根据复数模长求法、除法运算，化简复数z ，再求复数 .
【解答】
解：由，
得，
所以
故选
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查集合交集运算，是基础题.
先确定集合A中的元素，再由交集定义求解.
【解答】
解：由题意知，，，1，2，
所以，0，2，3，故，
所以
故选
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查充分、必要条件的判定，以及等比数列的判定，属于基础题.
由等比数列的性质进行充分、必要性的判断.
【解答】
解：若p成立，当时，由，得，此时不是等比数列，
故p不是q的充分条件，
若q成立，则，，所以，则p是q的必要条件，
所以p是q的必要不充分条件，
故选
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查不等式的性质，属于基础题.
利用不等式的性质与特殊值法，逐项分析即可.
【解答】
解：由不等式的性质知，当时，A不正确;
当，，时，成立，但不成立，故B不正确;
对于C，由条件知，，所以，在两边同乘以，得，故C正确;
当，时，满足，但，故D不正确.
故选
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了等比数列的实际应用和对数运算的实际应用，是中档题.
由等比数列得，由，结合对数运算可得结果.
【解答】
解：由题意知，从2020年起，每年投入的研发资金数是以为公比的等比数列，
设该数列为，则
由，得，
两边取对数，得，
即，
所以，
所以时，该公司全年投入的研发资金开始超过200亿元，
即研发资金开始超过200亿元的年份为2026年.
故选
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查空间中平面与平面的位置关系，属于中档题.
根据面面平行的判定定理及相关性质可依次判断各个选项的对错.
【解答】
解：对于A，若，且，则与平行或相交，所以A不正确;
对于B，当且仅当a，b是相交直线时，，所以B不正确;
对于C，当且仅当或时，，所以C不正确;
对于D，若与不平行，则与相交，设，
由，，得，同理可得，所以，与a，b是异面直线矛盾，故D正确.
故选
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查函数的图象和性质，属于中档题.
由题可得最小正周期为，求得 ，再求得 ，得，结合正弦型函数的对称性，即可得出.
【解答】
解：由题意知，的最小正周期为，即，
所以，
又，
所以，又，所以，
则，令，则，
所以的图象的对称轴方程是，
令，得，即的图象的一条对称轴方程是
故选
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的通项公式以及求和，数列的裂项相消法求和，属于较难题.
根据题意可得数列的通项公式以及前n项和，n分奇偶两种情况讨论可得数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列的通项公式为，故，运用裂项相消法求和即可.
【解答】
解：设数列的公差为，由题意得，
解得舍去，
所以，，当n为奇数时，设，则为偶数;
当n为偶数时，设，则为奇数，
所以，则，
所以
故选
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查等比数列的通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
先由题设条件和等比数列的性质得到，再逐个选项验证其正误即可．
【解答】
解：设的公比为q，由，得，显然
若，由，得，与已知矛盾，故
若，由，得，与已知矛盾，故，
又，所以是单调递减数列，且，故A错误，B正确;
由，及，得，
所以为的最大项，故C正确，D错误.
故选
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查象限角，二倍角余弦公式，三角函数性质，属于中档题.
结合三角恒等变换、象限角、三角函数性质分析各选项可得答案.
【解答】
解：对于A，，，显然，均为第一象限角且，
但，，不成立，故A错误;
对于B，因为为第一象限角，所以，，
所以，故B正确;
对于C，因为A，B为的内角，且，所以A，B为锐角，
又，所以C为锐角，故C正确;
对于D，因为为锐角三角形，所以，所以，
又A，，所以，同理，
所以，故D正确.
故选
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查了向量的数量积，棱柱的结构特征，棱锥的体积，线面平行的判定，异面直线所成角，直线与平面所成的角，属于较难题.
由三棱锥的体积公式判定A；由线面平行的判定判断B；由线面垂直的判定与性质判断C；建系利用空间向量法判断
【解答】
解：不妨设正方体的棱长为2，若，
对于A，当时，取AB中点S，CD中点T，连接ST，
根据平面向量基本定理知，则E在ST上，则，
平面BCF，平面BCF，则平面BCF，
则E到平面BCF的距离为定值，又的面积为定值，
因此四面体的体积为定值，A正确;
若，，则点F为的中点，点E在线段AC上，
过F作AC的平行线交于点G，设H为AC与BD的交点，连接GH，
当点E在线段AH上，且时，
易得，平面，平面，
从而可得平面，故B正确;
过F作，交AD于点M，连接EM，
则，，由平面ABCD，平面ABCD，得，
所以，故C正确;
若，则点F为的中点，E为AC的中点，
以D为坐标原点，以DA，DC，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，设，
所以，，
若，则，
即得，
易知方程无解，不存在点P使得，故D错误.
故选
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查函数的对称性，以及函数与导数，研究函数单调性从而比较函数值大小，考查学生的逻辑推理能力和转化与化归，综合性强，是较难题.
利用奇函数定义可得，两边求导可判断A；推出，两边求导即可判断B；推出，可判断C；由对称性可得，设，，利用导数判断单调性，可得，恒成立，即有，再利用的单调性可判断
【解答】
解：对于A，是奇函数，可推出，
等式两边同时求导可得，
即成立，故A正确；
对于B，由，有，，
，，故B错；
对于C，，
即关于对称，故C正确；
对于D，因的图象关于直线对称，故，
设，则，，
又设，，
则有，从而在上递增，则，即，在
上递增，，
故有，恒成立，则，
又因在上单调递减，则在上单调递增，又，
故，即：，故D正确.
故选
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了平面向量垂直和平行的坐标表示，属于容易题．
根据平面向量垂直和平行的坐标表示，即可求出m、n的值，再求和即可.
【解答】
解：由，，，若，，
得，，解得，，
所以
14.【答案】答案不唯一
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题．
由等差数列的求和公式，结合性质P，即可判断.
【解答】
解：若为等差数列，设公差为d，则，则，
若也为等差数列，则，即，且，取，则，此时，具有性质
15.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查的是函数的单调性，指数函数的单调性，函数解析式的求法，属于中档题.
根据函数的单调性，可得在R上存在唯一实数a使得，，则，从而得到，结合的单调性，可求得，即可得的解析式，再解不等式即可.
【解答】
解：因为是定义在R上的单调函数，
所以在R上存在唯一实数a，使得，
所以，即，
令，得，得；
因为在R上单调递增，且，所以
从而
由，得，解得，
故不等式的解集为
16.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查的是多面体的结构特征，球的表面积，属于中档题.
根据对称性可知，多面体的顶点都在正方体表面上，结合正方体的结构特征即可求出外接球的半径，得到外接球的表面积.
【解答】
解：由对称性知该多面体的各顶点在棱长为的正方体的表面上，如图，设其外接球的球心为O，上面正方形ABCD的中心为，，则点 O到平面ABCD的距离，又，
所以该多面体外接球的半径
，故该球的表面积为
故答案为
17.【答案】解：证明：连接AC交BD于点M，连接MN，
因为，，所以，
又，所以，所以，
所以
又平面BND，平面BND，所以平面
过A在平面ABCD内作，垂足为H，
因为平面平面ABCD，平面平，平面ABCD，
所以平面
又平面BDE，所以
因为，，AB，平面ABCD，
所以平面ABCD，
又平面ABCD，所以

【解析】本题考查了空间中直线与直线的位置关系，线面平行的判定，面面垂直的性质，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题.
先证明，然后由线面平行判定定理即可证明；
过A在平面ABCD内作，垂足为H，由题意可推出平面BDE，从而可得，从而证明平面ABCD，然后根据线面垂直的性质即可证明
18.【答案】解：因为且，
所以，即，
又，所以，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，
又，所以，
所以，
所以，所以，所以
截止到，新数列的项数为，
令，则，
所以在的前30项中含有的项有7项，含有的项有项，
其中中的7项的和为，
中的23项的和为
，
所以
【解析】本题考查求数列的递推式，通项公式，数列求和，属于中档题.
求出数列的递推式，得出通项公式，，换底公式得出结果.
求出新数列的项数，求出，在的前30项中含有的项有7项，含有的项有项，分别求出各自和可得.
19.【答案】解：因为，所以，
即，
由正弦定理，得，
因为，所以，
因为，所以，所以，
又，所以
由余弦定理，得，即，
所以，即，
因为，，所以，
所以，
又当且仅当时取等号，所以当且仅当时取等号，所以当且仅当时取等号，
所以当且仅当时取等号，
即的最大值为
【解析】本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理及三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于中档题．
根据的面积公式得，，再利用正弦定理的应用求出B的值；
余弦定理求得，再利用基本不等式可求的最大值.
20.【答案】解：证明：取BC的中点F，连接OF，则，
又，，所以，所以，
所以，即
因为为等边三角形，点O为AD的中点，所以，
又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
所以平面ABCD，
又平面ABCD，所以，
因为，，PO，平面POB，
所以平面
又平面POC，所以平面平面
解：由知，OB，OC，OP两两垂直，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在的直线分别为x ，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
因为，F为BC的中点，且，，
所以，，，
则，，，，，
所以，
设平面DOE的一个法向量为，则，
取，则，，故，
设平面BOE的一个法向量为，则，
取，则，，故，
设平面DOE与平面BOE夹角为，由图可知平面DOE与平面BOE夹角为锐角，
所以，
故平面DOE与平面BOE夹角的余弦值为
【解析】本题主要考查的是线面垂直的性质，线面垂直的判定，面面垂直的判定，利用空间向量求二面角，属于中档题.
利用平面几何的性质可得，根据线面垂直的判定可得平面ABCD，得到平面POB，由面面垂直的判定即可证明.
以O点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值即可.
21.【答案】解：由，
得，
所以，
因为，所以，
从而，
所以不是等比数列，
此时
由得
当时，
设，则，
设，
则，
两式相减，得
，
所以，
所以
当时，
所以
【解析】本题考查了等比数列的证明、等比数列的通项公式以及分组并项法求和、错位相减法求和，属于较难题.
由递推关系得，但，可得不是等比数列，此时；
易得，当，由分组法求和以及错位相减法求和得出，当时，，可得结果.
22.【答案】解：当，时，，则，
，，
所以切线方程为，即
，
若，则，令，得，解得，
即仅有一个根，所以不会有两个极值点，不合题意;
若，则，令，得，或，解得，，
当，即时，在R上恒成立，
函数在R上单调递增，无极值，不合题意;
当，即时，
易得在和上，在上，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，符合题意.
当，即时，
易得在和上，在上，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，符合题意.
综上，实数a的取值范围为
由知，，，所以，
，
由题意，得对任意的恒成立，
因为，且在上单调递减，所以，
所以，且，则，
令，其中，
则，
令，则
①当，即时，，在上单调递增，
所以，即，符合题意;
②当，即时，设方程的两根分别为，，
则，，设，
则当时，，则在上单调递减，
所以当时，，即，不合题意.
综上所述，k的取值范围是
【解析】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的极值，属于较难题.
求得，，即可写出切线方程；
对函数求导，再对a分类讨论，研究函数的极值即可；
问题转化为对任意的恒成立，再构造，其中，即可求解.