河南省六市部分学校联考2023-2024学年高三数学上学期10月阶段性考试试题（Word版附解析）

★2023年10月25日2023-2024学年度高三阶段性考试数学注意事项：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．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．4．考试结束后，将答题卡交回．第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本大题共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．全集，能表示集合和关系的Venn图是（）A．B．C．D．2．“”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2．复数，则复数的（）A．1B．C．D．4．已知克糖水中含有克糖，再添加克糖（假设全部溶解），糖水变甜了，能恰当表示这一事实的不等式为（）A．B．C．D．5．已知，且为锐角，则（） A．B．C．D．6．已知向量，若，则在上的投影向量的坐标为（）A．B．C．D．7．已知，均大于1，满足，则下列不等式成立的是（）A．B．C．D．8．已知直线是曲线的切线，则的最小值为（）A．B．0C．D．3二、选择题：本大题共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，有选错的或不选的得0分．9．是边长为2的等边三角形，为的中点．下列正确的是（）A．B．C．D．10．已知函数（其中）的部分图象如图所示，则（）A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称C．D．是的一个零点11．判断平面与平面平行的条件可以是（） A．平面内有无数条直线都与平行B．平面，且平面C．直线，且D．平面内有两条不平行的直线都平行于平面12．已知为数列前项和，则下列结论成立的有（）A．若数列为等比数列，且，则数列为等差数列B．若数列为等差数列，若，则C．若数列为等差数列，其前10项中，偶数项的和与奇数项的和之比为，且，则公差为2D．若数列满足，且，则该数列的前100项和第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．如图，函数的图象是曲线，其中点的坐标分别为，则的值等于________．14．已知等比数列中，．若，则________．15．若点关于轴的对称点为，则的一个取值为________．16．关于的不等式的解集为________．四、解答题：本大题共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．（本小题满分10分）已知在等差数列中，．（1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和．18．（本小题满分12分）已知函数．（1）求函数的单调增区间；（2）将函数图象上点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再把所得函数图象向下平移个单位得到函数的图象，求的最小值及取得最小值时的的取值集合．19．（本小题满分12分）设函数．（1）讨论的单调性；（2）当时，记的最小值为，证明：．20．（本小题满分12分）在中，内角所对的边分别是，已知，角的内角平分线与边交于点，（1）求角的大小；（2）记的面积分别为，在①，②这两个条件中任选一个作为已知，求的值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．21．（本小题满分12分）已知抛物线，直线与交于两点且（O为坐标原点）．（1）求抛物线的方程；（2）设，若直线的倾斜角互补，求的值．22．（本小题满分12分）设，函数．（1）当时，求在内的极值； （2）设函数，当有两个极值点时，总有，求实数的值．2023—2024学年度高三阶段性考试数学-参考答案一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．题号12345678答案DBADDCBA二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的或不选的得0分题号9101112答案ACACDBDABC三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．214．915．（答案不唯一）16．四、解答题：共70分．17．（10分）【解析】（1）设等差数列的公差为，由，可得解得，所以等差数列的通项公式可得；（2）由（1）可得，所以．18．（12分） 【解析】（1）函数，由，可得，所以函数的增区间为；（2）由题可得函数，所以函数的最小值为，此时，即，所以最小值为，取得最小值时的的取值集合为．19．（12分）【解析】（1）的定义域为，，当时，在上单调递增；当时，当单调递减；当单调递增；综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）由（1）知，，即．解法一：，单调递减，又，所以存在，使得， 当时，单调递增；当时，单调递减；，又，即，，令，则在上单调递增，又，所以．解法二：要证，即证，即证：，令，则只需证，，当时，单调递减；当时，单调递增；所以，所以，即．20．（12分）【解析】（1）因为，由正弦定理可得，即又由，可得，因为，可得，所以， 又因为，可得．（2）选①：因为，由余弦定理可得，整理得，解得，因为为的平分线，令，则，所以，故的值为．选②：，由，解得，又由，由余弦定理可得，即，可得，又因为，可得，所以，即，联立方程组，解得，由为的平分线，令，所以，所以，故的值为．21．（12分）【解析】（1）设， 由，得，故，由，可得，即，，故抛物线的方程为：；（2）设的倾斜角为，则的倾斜角为，，由，得，，同理，由，得，，即，故．22．（12分）【解析】（1）当时，．令，则，显然在上单调递减，又因为，故时，总有，所以在上单调递减． 由于，所以当时，；当时，．当变化时，的变化情况如下表：1+-增极大减所以在上的极大值是，无极小值．（2）由于，则．由题意，方程有两个不等实根，则，解得，且，又，所以．由，可得又．将其代入上式得：．整理得，即当时，不等式恒成立，即．当时，恒成立，即，令，易证是上的减函数．因此，当时，，故．当时，恒成立，即， 因此，当时，所以．