山西省三晋名校联盟2023-2024学年高三上学期期中阶段测试数学试题 Word版含解析

这是一份山西省三晋名校联盟2023-2024学年高三上学期期中阶段测试数学试题 Word版含解析，共20页。试卷主要包含了 函数的部分图象大致为， 已知，，且，则， 已知，若，则， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

2023—2024学年高三年级阶段性测试（期中）
数学
考生注意
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式得到，利用交集概念求出答案.
【详解】，
故.
故选：D
2. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的四则运算和复数的模长公式求解即可.
【详解】因为，
所以，，
故选：B
3. 已知P，Q分别为的边，的中点，若，，则点C的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量求出的坐标，进而求出点C的坐标.
【详解】由P，Q分别为的边，的中点，，得，
点为坐标原点，，因此，
所以点C的坐标为.
故选：A
4. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】确定函数的定义域并判断其奇偶性，排除部分选项，再利用在上函数值的正负判断得解.
【详解】函数，
对任意实数，（当且仅当时取等号，，
又，即函数是R上的偶函数，而是奇函数，
因此函数的定义域为R，是奇函数，图象关于原点对称，选项A错误；
当时，，，选项BD错误，选项C符合要求.
故选：C
5. 已知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，则的极小值为（ ）
A. 2B. 1C. 0D. -1
【答案】A
【解析】
【分析】由单调性可得，求得值，验证求极值即可.
【详解】函数，
由在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则函数在处取极小值，
所以有，由，
得，解得，
则有，
由，得只有一个根，
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增；故当时，满足题意，
所以有极小值，且极小值.
故选：A.
6. 在三棱锥中，，，，分别为，，的中点，为的中点，若且，则下列结论中不一定正确的是（ ）
A 平面 B. 平面
C. 平面 D. 平面
【答案】C
【解析】
【分析】根据图形结合选项以及相关定理进行逐一验证.
【详解】因为，分别为，的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，所以A正确.
连接交于，连接，由是三角形的中位线可知为的中点，
又为的中点，所以,
因为平面，平面，所以平面，所以B正确.
假若平面，则，这从已知条件无法得出，所以C不正确.
因为，为的中点，所以；
因为，分别为，的中点，所以，所以；
因为，，所以平面，所以D正确.
故选：C.
7. 已知，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化切为弦，结合，得到，因为
，所以，故，求出.
【详解】，
即，
故，
所以，
所以，
因为，，
所以，
因为，所以，
故，解得.
故选：C
8. 已知等比数列的前项和，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的定义可计算得公比，进而可得，进而对分奇偶，结合数列的单调性即可求解.
【详解】
由于为等比数列，所以，所以，
所以，
当为偶数时，由得对任意的偶数成立，
由于为单调递增数列，所以单调递减，所以当时取最大值，故，
当为奇数时，由得对任意的奇数成立，
由于为单调递增数列，所以单调递增， 故，
综上可知：对任意，，
故选:C
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知，若，则（ ）
A. B.
C. 的最小值为8D. 的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，以及基本不等式，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A和B中，因为且，可得且，
即，所以，且，，所以A、B正确；
对于C中，由，
当且仅当，且，即，时，取“”号，所以C正确；
对于D中，由，即，当且仅当，且，即，时，取“”号，所以D错误．
故选：ABC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称
C. 的零点是
D. 的单调递增区间为
【答案】AC
【解析】
【分析】先根据两角和差的正余弦公式化简函数，然后利用正弦函数的图象与性质逐项分析即可.
【详解】.
对于A，的最小正周期为，故A正确；
对于B，当时，，所以不是的图象的对称轴，故B错误；
对于C，由，可得，所以，
所以，故C正确；
对于D，由，得，
所以函数的单调递增区间为，故D错误.
故选：AC
11. 已知函数的定义域为，的图象关于直线对称，且在区间上单调递增，函数，则下列判断正确的是（ ）
A. 是偶函数B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题目分析、在上的单调性和增减性，然后讨论其复合函数的增减性和奇偶性即可.
【详解】因为函数的定义域为，的图象关于直线对称，
通过整体向右平移一个单位，所以关于对称，为偶函数.
又因为在区间上单调递增，
同理，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
函数，则
，则为在奇函数.
，所以在上为单调递增.
选项A：由于.所以为偶函数.故A正确.
选项B：因为，由于在上为单调递增.所以，故B错误.
选项C：令，则，当时，，
所以在区间上单调递增，所以，即，即，所以，所以，故C错误.
选项D：经过分析，所以，D正确.
故选：AD
12. 已知圆锥的轴截面是等边三角形，，是圆锥侧面上的动点，满足线段与的长度相等，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在一个定点，使得点到此定点的距离为定值
B. 存在点，使得
C. 存在点，使得
D. 存在点，使得三棱锥的体积为
【答案】BD
【解析】
【分析】取线段PA的中点C，过点C作平面与PA垂直，可知平面截圆锥PO所得的截口曲线是以BC为长轴的椭圆，进而判断选项A、B；类比平面中圆的性质，可判断选项C；根据三棱锥与三棱锥的体积相等，可知当M到平面PAB的距离最大时，三棱锥体积最大，求出体积的最大值即可判断选项D.
【详解】如图所示，取线段PA的中点C，过点C作平面与PA垂直.
依题意，有
因为，所以点M在平而内，再结合是等边三角形，可知平面截圆锥PO所得的截口曲线是以BC为长轴的椭圆.
对于选项A，因为点M的轨迹是椭圆而不是圆，所以不存在定点使得M到此定点的距离为定值，故A错误；
对于选项B，当点M与C重合时，，当点M与B重合时，，
则M在B与C之间运动时，必存在的情形，即，故B正确；
对于选项C，以AB为直径作一个球，由，可知点C在此球面上，从而可知点M的轨迹除了B，C两点之外均在此球内部.
类比平面中圆的性质，可知，故C错误；
对于选项D，当点M到平面PAB的距离最大时，点M恰好是其轨迹椭圆的短轴端点.
取线段BC的中点D，因为点C所在的平行于圆锥底面的圆半径为1，点B所在的底面圆半径为2，
所以过点D作与圆锥底面平行的平面，截圆锥得到一个半径为的圆，
且点D到直线PO的距离.
此圆与椭圆的交点即为椭圆的短轴端点M，此时，
则三棱锥的体积的最大值为，即存在点M，使得三棱锥的体
积为，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是根据PM与AM长度相等，所以作过PA中点C且与PA垂直的平面，得到截口曲线为椭圆，且点M在椭圆上，并结合圆锥的结构特征及椭圆的定义进行解题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 一个正四棱台的下底面周长与上底面周长之差为16，且其侧面梯形的高为，则该正四棱台的高为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正四棱台的几何性质即可根据勾股定理求解.
【详解】如图：在正四棱台,分别为侧面上的高以及棱台的高，
设棱台的上下底面的边长分别为，则，
在等腰梯形中，，
所以，
故棱台的高为，
故答案为：
14. 记等比数列的前项和为，已知，且，写出满足条件的一个的通项公式：____________.
【答案】（或者）
【解析】
【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解首项和公比，即可求解.
【详解】由可知公比不为1，所以，
当时，，所以
当时，，所以，
故答案为：（或者）
15. 已知函数的图象与轴的交点为，且在区间上有且仅有一个零点，则的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】由，求出，再结合余弦型函数的零点个数进行列不等式即可.
【详解】解：依题意得，，
得，因为，所以，
则，
因为，
所以，
要使函数在区间上有且仅有一个零点，
则，
解得，
则的取值范围是.
故答案为：
16. 已知函数，若关于x的方程有4个不相等的实数根、、、，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】画出函数图象，根据方程的根的个数转化为的图象与直线有4个不同的公共点，数形结合求得m范围，以及、、、之间的关系及对应范围，即可求解.
【详解】由的解析式作出的大致图象，如图所示：
方程有4个不等实数根等价于的图象与直线有4个不同的公共点，
则，不妨令，
则由图可知，，，
所以，，
由，得.
所以，
设，则，
根据对勾函数单调性知在区间上单调递增，所以，
即的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）若，求A；
（2）若，求证：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理将已知等式统一成边的形式，再结合余弦定理和，可求出角；
（2）由结合余弦的二倍角公式可求出，再利用余弦定理得，由结合余弦定理得，两式结合化简可证得结论.
【小问1详解】
解：因为，
所以由余弦定理得，
所以，得，
因为，所以，得，
所以由余弦定理得，
因为，所以；
【小问2详解】
证明：因为，所以，
化简整理得，
，解得或（舍去），
所以由余弦定理得，所以，
因为，
所以由余弦定理得，
整理得，
所以，
所以，得，
所以.
18. 记正项数列前项和为，已知.
（1）求；
（2）若，数列的前项和为，求的值.
【答案】18.
19.
【解析】
【分析】（1）利用以及等差数列相关知识可解；
（2）分奇偶进行求和，奇数项可以利用等差数列的前n项和公式求解，偶数项利用裂项相消法求解，再相加即可.
【小问1详解】
因为，所以，
将上述两式相减得：，由于是正项数列，
当时，，因为，所以或(舍去)，
所以，
所以可得：，故数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以；
【小问2详解】
因为，结合（1）的结论可得，
.
19. 如图，在四棱锥中，平面，，.
（1）求证：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）延长，交于点，利用线面平行的判定，结合三角形中位线性质推理即得.
（2）在平面内过点作射线，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
如图，延长，交于点，
由，得为正三角形，又，
则为的中位线，因此，而平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
在平面内过点作射线，由平面，得两两垂直，
以为坐标原点，射线的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量为，则，令，得，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
20. 如图，已知平行六面体中，，，为，的交点，且.
（1）求证：平面平面；
（2）若，，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，进而可证明面面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角求解即可.
【小问1详解】
由于， ，平面，
所以平面，又平面，所以，
，平面，所以平面,
又平面，所以平面平面
【小问2详解】
又（1）知平面平面，且两平面交线为,,平面，所以平面，
同理可得平面，因此两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
由，可得 ,
则
,
设平面,的法向量分别为，
所以取，则，
取，则，
设二面角的平面角为为锐角，
所以，
故二面角的余弦值为
21. 已知各项均不为0的数列的前项和为，且.
（1）若，求数列的前项和；
（2）若，求的最大值.
【答案】21.
22.
【解析】
【分析】（1）首先由递推关系结合得到，再利用分组求和的方法求前n项和；
（2）首先利用将原式化简为，再构造函数，利用作差法判断函数的增减性，进而可得最大值.
【小问1详解】
当时，，所以有，
得：，所以，即，
当时，，所以，不满足上式，
当时，
，
当时，满足上式，
综上：.
【小问2详解】
当时，，所以，所以，即，
令，则，
令，解得，由于数列中的是正整数，
所以可得，，，，
综上：.
22. 已知函数.
（1）若单调递增，求的值；
（2）设是方程的两个实数根，求证：.
【答案】（1）1 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由单调递增，转化为恒成立，分离参数法可求；
（2）由是方程的两个实数根，化简得，，两式作和与差，消去参数，转化为证明，整体换元，转化变形为的证明，构造函数，利用导数证明即可．
【小问1详解】
，，
则，
由单调递增，则，即，
则有恒成立，
当时， 对任意都成立；
当时，，
则恒成立，
设，则为减函数，当时，则，
且，所以；
当时，，则恒成立，
由为减函数，当时，则，
且，所以；
综上所述，；
【小问2详解】
方程，
所以，则有，
且，由，得．
要证，只要证明，即证，
记，则，，
因此只要证明，即．
记，，
令，则，
当时，，
所以函数在上递增，则，
即，
则在上单调递增，，
即成立，
．
【点睛】多变量导数题核心思想是不变的——消元，消元的方法有很多，在双变量问题中可以差值比值代换，主元法，构造函数等等.这些方法同样适用于多变量，在三变量消元时也可以考虑先忽略一个变量，将三变量转化成双变量问题.