辽宁省2023_2024学年高三数学上学期11月期中试题含解析

这是一份辽宁省2023_2024学年高三数学上学期11月期中试题含解析，共19页。试卷主要包含了 若复数， 设全集，，则， “”是“，”的， 已知向量，，，则， 已知，，，则，，的大小关系为， 关于函数，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义可得结果.
【详解】因为，故，
故选:A
2. 设全集，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次不等式，解得集合的元素，根据补集的定义，可得答案.
【详解】由不等式，分解因式可得，解得，
由可得，
由，则，故A正确，B，C，D均错误．
故选：A.
3. “”是“，”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
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
详解】若，，则或，
解得．而，所以“”是“，”的必要不充分条件．
故选：B
4. 若关于的不等式在区间内有解，则实数的取值范围是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】不等式在区间内有解，仅需，利用一元二次函数的图像和性质求解即可.
【详解】不等式在区间内有解，仅需即可，
令，因为的对称轴为，，，
所以由一元二次函数的图像和性质的得，
所以，
故选：D
5. 已知向量，，，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的坐标表示及夹角公式求解即可.
【详解】因为，
所以．
故选：A.
6. 已知为等比数列，其公比，前7项的和为1016，则的值为（ ）
A. 8B. 10C. 12D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的前项和公式求出首项，进而可得，再结合对数运算即可得答案.
【详解】依题意，，，解得，因此，
所以.
故选：C
7. 现有一个圆台形状的容器，从内部量，其两个底面的面积之比为，且轴截面的面积为9平方分米，母线长为上底面圆的半径的倍，则这个圆台形容器的容积为（取3）（ ）
A. 24升B. 21升C. 30升D. 36升
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分别求得圆台的上，下底面的半径以及高，再结合圆台的体积公式，即可得到结果.
【详解】
如图，设圆台上、下底面圆心分别为C，A，半径分别为，，由题意得，即，因为圆台的轴截面面积为9．所以，所以，过点D作于点E，所以．因为母线长为上底面圆的半径的倍，所以，即．所以，，所以，设上底面圆的面积与下底面圆的面积分别为，所以该圆台容器的容积，
故选：B．
8. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦函数的单调性可得，令，利用导数求其单调性可得，由可得，即可求解
【详解】因为在内单调递增，且，
所以，
令，所以，
当，单调递增；当，单调递减；
所以，所以即，
因为，且，
所以，
综上，
故选：B
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的综合问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，即可求得取值范围
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. 关于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 函数在上单调递减
B. 函数的图像关于中心对称
C. 函数的对称轴方程为，
D. 将的图像向右平移个单位长度后，可以得到的图像
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数的解析式分别应用对称轴,对称中心,单调性及平移逐个判断选项即可.
【详解】对于A: ,,所以函数在上单调递减,故A正确;
对于B:令,则,故函数的对称中心为,故B错误;
对于C: 令,则,故函数的对称轴为,故C正确;
对于D: 将的图像向右平移个单位长度可得,故D正确.
故选:ACD.
10. 对于数列，如果为等比数列，那么就称为“等和比数列”．已知数列，且，，设为数列的前n项和，且，则下列判断中正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由①，则当时有②，两式相减得．求出后利用累加法求得，判断AB，利用可得，从而判断CD，
【详解】根据题意知，数列中，有①，则当时有②，
①－②可得．又由，，得，则，，，，
则，A正确，B错误；
若，则，，，，则，C正确，D错误．
故选：AC
11. 定义在上的函数的导函数为，且恒成立，则下列结论正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】构造函数，利用导数得出其单调性，然后由单调性比较大小，从而判断各选项．
【详解】令，则．
∵在上恒成立，∴，
故在单调递增．由，得，即，故A正确；
由，得，即，故B错误；
由，得，即，故C正确；
由得，即，故D错误．
故选：AC．
12. 素描几何体是素描初学者学习绘画的必学课程，是复杂形体最基本的组成和表现方式，因此几何体是美术入门最重要的一步．素描几何体包括：柱体、锥体、球体以及它们的组合体和穿插体．如图2所示的几何体可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，已知正四棱柱和正四棱锥的高之比为，且底面边长均为，若该几何体的所有顶点都在某个球的表面上，则（ ）

A. 正四棱柱和正四棱锥组成的几何体的体积为160
B. 该几何体外接球的体积为
C. 正四棱锥的侧棱与其底面所成角的正弦值为
D. 正四棱锥的侧面与其底面的夹角的正弦值为
【答案】AD
【解析】
【分析】利用勾股定理列方程，求得外接球的半径以及正四棱锥、正四棱柱的高，根据正四棱柱和正四棱锥的体积公式即可判断A；根据球的体积公式即可判断B；根据正四棱锥的侧棱与其底面所成角为即可判断C；根据是正四棱锥的侧面与其底面的夹角即可判断D．
【详解】设几何体外接球的球心为O，正四棱锥为，底面中心为，
设正四棱柱为，其下底面中心为，
设E是的中点，连接，，
设球O的半径为R，正四棱柱的高为x，
则正四棱锥的高为，，
所以根据题意可得，，
所以，所以，解得，
所以正四棱柱的高为，正四棱锥的高为，球O的半径为．
对于A，组合体的体积为，故A正确；
对于B，球O的体积为，故B错误；
对于C，依题意可知正四棱锥的侧棱与其底面所成角为，
所以，故C错误；
对于D，根据正四棱锥的性质可知，，
则是正四棱锥的侧面与其底面的夹角，
所以，故D正确．
故选：AD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦的二倍角公式和诱导公式计算即可.
【详解】因为，所以，
则.
故答案为：．
14. 已知等差数列的前n项和为，且，，则取最大值时，______．
【答案】15
【解析】
【分析】由条件，利用前n项和公式可得与关系，由此分析项的正负可得解.
【详解】由题意知，，设等差数列公差为d，
则，即，因为，故，
即等差数列为首项为正的递减数列，又由，
可得，即，故，，
即等差数列前15项为正，从第16项开始为负，
故取最大值时，．
故答案为：15.
15. 已知点，，均在球的球面上运动，且满足，若三棱锥体积的最大值为6，则球的体积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得当点位于垂直于面直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，由，列方程求出，从而可求出球的体积.
【详解】如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，
设球的半径为，此时，
故，则球的体积为.
故答案为：
16. 已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先将不等式变形为，构造函数，利用导数求其单调性，结合的值分类，当，不等式恒成立，当，恒成立，构造求其最大值即可.
【详解】由，变形得，所以．
令，则，
当时，，所以在上为增函数，
当，则不等式恒成立，
当，则，由即，
所以在上恒成立，即恒成立．
设，，则．
当时，，所以单调递增；
当时，，所以单调递减．
所以的最大值为，所以，故实数a的取值范围是
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用同构思想构造出函数，再是转化为恒成立，再求出右边的最大值即可.
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. 如图，在中，是边上的中线．
（1）取的中点，试用和表示；
（2）若G是上一点，且，直线过点G，交交于点E，交于点F．若，，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量的线性运算计算即可；
（2）先将用表示，再根据E，F，G三点共线，可得的关系，再根据基本不等式即可得解.
【小问1详解】
由题意，为的中点，所以，
又为的中点，
所以．
【小问2详解】
由，，，
得，，
所以，
因为E，F，G三点共线，则，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
18. 根据统计资料，某工艺品厂的日产量最多不超过20件根据统计资料，每日产品废品率与日产量 （件）之间近似地满足关系式（日产品废品率=×100％） ．
已知每生产一件正品可赢利2千元，而生产一件废品则亏损1千元．（该车间的日利润日正品赢利额日废品亏损额）
（1）将该车间日利润（千元）表示为日产量（件）的函数；
（2）当该车间的日产量为多少件时，日利润最大？最大日利润是几千元？
【答案】（1） ，（2）详见解析.
【解析】
【分析】(1)该车间的日利润等于日正品赢利额日废品亏损额，得到产量与利润的含关系；（2）根据（1）的结论，利用导数分别求两段函数的导数，分析函数的单调性与极值，比较得到函数的最大值.
【详解】由题意可知，
（2）
当时，，令，解得
当时，，函数在区间上单调递增，
当时，，函数在区间上单调递减，
所以当时，取得极大值，也是最大值，
又是整数，，，所以当时，函数由最大值
当时，，
所以函数在上单调递减，
当时，函数取值最大值.
19. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)根据线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求线面角.
【小问1详解】
因为，是的中点，所以，
在直角中，，，所以.
在矩形中，，，所以.
又因为，所以在中，，即，
而，，平面，所以平面，
而平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知，平面，取中点，连接，易知，，两两相互垂直，
如图，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，.
设平面的法向量为，
则即令，则，所以，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20. 设正项数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）能否从中选出以为首项，以原次序组成的等比数列.若能，请找出公比最小的一组，写出此等比数列的通项公式，并求出数列的前项和；若不能，请说明理由.
【答案】（1）
（2）能，，.
【解析】
【分析】（1）对题干的递推关系先平方，然后多写一项作差，结合正项数列的性质，可证明其是等差数列；
（2）注意到的每一项是偶数，偶数数列是等比数列的很容易想到，然后证明其公比最小，最后在分组求和.
【小问1详解】
，
当时，，即，
得或（舍去）.
当时，由，……①
得，……②
得：，
化简得.
因为，所以，，
即数列是以4为首项，2为公差的等差数列，
所以.
小问2详解】
存在.
当，时，
会得到数列中原次序的一列等比数列，
此时的公比，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列中；
下面证明此时的公比最小：
，假若取，公比，
则为奇数，不可能在数列中.
所以.
又，所以，即的通项公式为：，
故.
21. 如图，已知三个内角，，的对边分别为，，，且，，．
（1）求；
（2）是外一点，连接，构成平面四边形，若，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，结合三角恒等变换可得；
（2）设，在中利用正弦定理可得，再在中，利用余弦定理可得，结合三角函数性质可得最值.
【小问1详解】
由已知，
则，
所以，
化简可得，
又在中，，所以，
则，即，
又，，
所以，，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，
设，则，
在中，由正弦定理得，
即，且，
即，
在中，
由余弦定理得，
即，
由，所以，
所以当，即时，取得最大值为，
所以的最大值为.
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）设，若，是的两个极值点，证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后，分、两种情况讨论即可；
（2）由题意可得，，从而可得要证成立，只需证，即证，即证，设，构造函数，求导后判断单调性即可证明.
【小问1详解】
，则，的定义域为．
①当时，恒成立，所以在上单调递增；
②当时，令，得（舍去负值），
当时， ，单调递减；
当时，，单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
由题意得，可知，
因为，是的极值点，所以，是方程的两个不等的正实数根，
所以，，则
．
要证成立，只需证，即证，
即证，即证，
设，则，即证．
令，则，
所以在上单调递减，则，
所以，故．
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.