山东省滨州市2023-2024学年高三上学期11月期中数学试题（Word版附解析）

2023－2024学年第一学期学科质量检测高三数学试题注意事项：1．本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟．2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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．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，只有项是符合题目要求的．1.集合，，则（）AB.CD.2.不等式：成立的一个必要不充分条件是（）AB.C.D.3.关于函数，其中，，给出下列四个结论：甲：6是该函数的零点；乙：4是该函数的零点；丙：该函数的零点之积为0；丁：方程有两个根.若上述四个结论中有且只有一个结论错误，则该错误结论是（）A.甲B.乙C.丙D.丁4.如图，，是半径为的圆上的两点，且若是圆上的任意一点，则的最大值为（） A.B.C.D.5.已知，，，则（）AB.C.D.6.已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最大值为（）A.1B.2C.3D.47.如图，单位圆上角的始边为轴正半轴，终边射线交单位圆于点，过点作轴的垂线，垂足为，将点到射线的距离表示为的函数，则在上的图象大致为（）A.B.C.D.8.已知函数，是的导函数，则下列结论正确的是（）A.，B.，C.若，则D.若，则 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.已知复数，则（）A.的模长为B.在复平面内对应的点在第四象限C.为纯虚数D.在复数范围内，是方程的一个解10.已知，，且，则（）A.B.C.D.11.某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，下列说法正确的有（）A.该圆台轴截面面积为；B.与的夹角60°；C.该圆台的体积为；D.沿着该圆台侧面，从点到中点的最短距离为5cm.12.已知抛物线：的焦点为，直线（且）交与、两点，直线、分别与的准线交于、两点，（为坐标原点），下列选项错误的有（）A.且，B.且，C且，D.且，三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13.若函数在上的最大值为6，则实数__________．14.已知是正项等比数列的前项和，，则的最小值为________.15.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为，，，则_____.16.四棱锥的底面ABCD是矩形，侧面底面ABCD，，，则该四棱锥外接球的表面积为______．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.已知在中，.（1）求；（2）若，且，求边上的高.18.已知数列的前项和是公比大于0的等比数列，且满足.（1）求和的通项公式；（2）若数列的前项和为，求证：；（3）对任意的正整数，设数列满足，求数列的前项和.19.如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，为的中点．（1）求证：；（2）求证：平面平面；（3）在线段上是否存在点，使得平面?请说明理由． 20.已知函数．（1）求函数的最小正周期；（2）若，求函数的值域；（3）若函数在区间上有且仅有两个零点，求m的取值范围．21.已知椭圆G：的离心率为，且过点．（1）求椭圆G的方程；（2）若过点M（1，0）的直线与椭圆G交于两点A，B，设点，求的范围．22.已知函数．（1）若对任意时，成立，求实数的最大值；（2）若，求证：；（3）若存在，使得成立，求证：． 2023－2024学年第一学期学科质量检测高三数学试题注意事项：1．本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟．2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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．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，只有项是符合题目要求的．1.集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据集合补集和一元二次不等式解法化简集合，再根据交集运算法则求解答案.【详解】因为，所以，因为，所以，所以.故选：B2.不等式：成立的一个必要不充分条件是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】根据充分、必要性定义，结合零点分布、的解判断各项是否为必要不充分条件.【详解】由，即，对应为，而必有，当不一定，所以是成立的一个必要不充分条件；对于，则且开口向上，对称轴，所以由两个异号零点，故、、不是成立的必要不充分条件.故选：A3.关于函数，其中，，给出下列四个结论：甲：6是该函数的零点；乙：4是该函数的零点；丙：该函数的零点之积为0；丁：方程有两个根.若上述四个结论中有且只有一个结论错误，则该错误结论是（）A.甲B.乙C.丙D.丁【答案】B【解析】【分析】由已知函数的单调性判断甲､乙中有一个错误，由其中一个正确，结合丙正确求得与的值，得到函数解析式，再判断丁是否正确，则答案可求.【详解】当，时，为增函数，当，时，为减函数，故6和4只有一个是函数的零点，即甲乙中有一个结论错误，一个结论正确，而丙､丁均正确.由两零点之积为0，则必有一个零点为0，则，得，若甲正确，则，即，， 可得，由，可得或，解得或，方程有两个根，故丁正确.故甲正确，乙错误.若乙正确，甲错误，则，则，，可得，由，可得或，解得或（舍去），方程只有一个根，则丁错误，不合题意．.故选：B.4.如图，，是半径为的圆上的两点，且若是圆上的任意一点，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的运算可得，由数量积的定义可得，，当取最大值时，取得最大值当与同向时，取得最大值为，代入求解即可．【详解】因为， ，，所以即当取最大值时，取得最大值．当与同向时，取得最大值为，此时，取得最大值．故选：C．5.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用指数函数与对数函数的单调性，结合中间值法进行比较即可.【详解】因为，，，所以.故选：B.6.已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最大值为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】先求得圆心的轨迹方程，然后结合点到直线的距离公式求得正确答案.【详解】由于半径为1圆（设为圆）经过点，所以圆的圆心的轨迹是以为圆心，半径为的圆，到直线距离为， 所以圆的圆心到直线距离的最大值为.故选：C7.如图，单位圆上角的始边为轴正半轴，终边射线交单位圆于点，过点作轴的垂线，垂足为，将点到射线的距离表示为的函数，则在上的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的定义、三角形的面积结合正弦函数的图象即可判定.【详解】由三角函数定义及的面积可得：，由正弦函数的图象可知B项正确.而对于A、C项，显然可排除；对于D项，显然当时，M与O重合，此时，可排除.故选：B.8.已知函数，是的导函数，则下列结论正确的是（）A.，B.， C.若，则D.若，则【答案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性概念判断A，根据导函数的符号判断B，利用函数的单调性结合不等式的性质即可判断C，利用特例法排除选项D.【详解】对于A，函数定义域为，，所以，错误；对于B，因为，所以，由知，错误；对于C，因为，，所以在上递增，时，，故对，，由不等式的性质可得，正确；对于D，，，，取，则，，此时，，错误.故选：C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.已知复数，则（）A.的模长为B.在复平面内对应的点在第四象限C.为纯虚数D.在复数范围内，是方程的一个解【答案】BCD【解析】【分析】化简，利用共轭复数的概念及模长公式判断A；利用复数的几何意义判断B；利用纯虚数的概念判断C；解方程判断D. 【详解】因为，所以，A错误；在复平面内对应的点的坐标为，在第四象限，B正确；为纯虚数，C正确；，得，即，则是方程的一个解，D正确.故选：BCD.10.已知，，且，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】根据基本不等式，以及代入特殊值，即可判断选项.【详解】A.，得，当且仅当，即，时等号成立，故A正确；B.当时，，故B错误；C.，当，即时，等号成立，故C正确；D.当时，，故D错误.故选：AC11.某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，下列说法正确的有（）A.该圆台轴截面面积为；B.与的夹角60°； C.该圆台的体积为；D.沿着该圆台侧面，从点到中点的最短距离为5cm.【答案】ACD【解析】【分析】对于A，根据已知条件求出圆台的下底面半径和高，利用梯形的面积公式即可求解；对于B，根据已知条件及图形，结合向量夹角的定义即可求解；对于C，利用圆台的体积公式即可求解；对于D，将圆台补成圆锥，得到展开图，求得圆心，利用勾股定理即可求解.【详解】对于A，由，且，得，圆台高为，∴圆台轴截面面积为，故A正确；对于B，由已知及题图知，且，∴，与的夹角120°，故B错误；对于C，圆台的体积，故C正确；对于D，将圆台一半侧面展开，如下图中，且为中点，而圆台对应的圆锥体侧面展开为扇形，且，∵，∴在中，，即到中点的最短距离为5cm，故D正确.故选：ACD 12.已知抛物线：的焦点为，直线（且）交与、两点，直线、分别与的准线交于、两点，（为坐标原点），下列选项错误的有（）A.且，B.且，C.且，D.且，【答案】ACD【解析】【分析】联立直线与抛物线方程，得，设,，,，由韦达定理可得，，,，,，，，再由向量的数量积逐一判断．【详解】由，可得，设,，,，则，，，， 直线的方程为，由，可得，同理可得，所以,，,，，，对于A，,,，,,，只有当时，，此时，直线与轴垂直，不存在斜率，不满足题意，所以，，故A错误；对于B，因为,,，,，故B正确；对于C，由B得，而，所以，故C错误；对于D，由C可知不存在且，使成立，故D错误．故选：ACD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若函数在上的最大值为6，则实数__________．【答案】1【解析】【分析】由于函数定区间不定轴，可根据对称轴相对于区间的位置关系讨论对称轴，进而求出相应的最大值,进而求出.【详解】，， 当时，，解得，当时，，解得，又，故不成立.综上,.故答案为：1.14.已知是正项等比数列的前项和，，则的最小值为________.【答案】##【解析】【分析】按公比是否为1分类讨论，在时，用表示出，再列式并借助二次函数最值求解作答.【详解】设正项等比数列的公比为，当时，，则，当时，，，于是，所以当时，取得最小值.故答案为：.15.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为，，，则_____.【答案】【解析】【分析】根据三角形面积公式，结合余弦定理进行求解即可.【详解】因为的面积为，所以，于是有， 由余弦定理可知：，故答案为：16.四棱锥的底面ABCD是矩形，侧面底面ABCD，，，则该四棱锥外接球的表面积为______．【答案】【解析】【分析】由题意，作图，分别找出侧面与底面ABCD外接圆的圆心，计算其半径，根据球的性质，作平面垂线，找出球心，根据勾股定理，可得答案.【详解】由题意，作图如下：在矩形中，连接对角线，，记，即点为矩形的外接圆圆心，在中，因为，且，所以，的外接圆半径为，记外接圆圆心为，即，取中点为，在矩形中，可得，，在中，可得，且共线，过作平面，令，连接，因为侧面底面ABCD，且侧面底面ABCD，底面ABCD，所以平面，且平面，由平面，则，即四边形为矩形，因为，所以平面，根据球的性质，可得点为四棱锥外接球的球心， 在中，，四棱锥外接球的表面积.故答案：.【点睛】方法点睛：求多面体的外接球问题，首先找到多面体的两个表面的外接圆圆心与半径，过圆心作表面的垂线，找出球心，构造直角三角形，利用勾股定理，可得答案.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.已知在中，.（1）求；（2）若，且，求边上的高.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理将边化为角，根据两角和的正弦公式可求的值，由的范围即可求解；（2）由余弦定理求出,过作延长线的垂线，垂足为，在中求即可.【小问1详解】由及正弦定理可得，即，即，所以.因为,所以,所以.因为，所以.【小问2详解】因为，，所以由余弦定理可得，所以，即，所以. 因为，所以.因为，所以.过作延长线的垂线，垂足为，则边上的高.18.已知数列的前项和是公比大于0的等比数列，且满足.（1）求和的通项公式；（2）若数列的前项和为，求证：；（3）对任意的正整数，设数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）利用关系求通项公式，应用等比数列通项公式求基本量，进而写出的通项公式；（2）应用裂项相消法求，即可证结论；（3）由（1）得，应用分组求和，结合错位相减法、等比数列前n项和公式求.【小问1详解】由且，则， 而也满足上式，故；所以，设公比为且，则（负值舍），所以.【小问2详解】由（1）知：，所以，而，所以.【小问3详解】由，则，令，则，所以，综上，.19.如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，为的中点．（1）求证：；（2）求证：平面平面； （3）在线段上是否存在点，使得平面?请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）存在为中点，理由见解析【解析】【分析】（1）由题意，又因为平面平面，所以平面，即可得证；（2）由平面，所以，又，所以平面，得，又，从而平面，即可得结论；（3）存在为中点时，平面．取中点为，可得四边形为平行四边形，因此，即可证明．【小问1详解】因为为中点，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，因此．【小问2详解】由（1）知，平面，平面，所以．在矩形中，，又因为，平面,所以平面．平面，所以．又因为，平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．【小问3详解】存在为中点时，平面．证明：取中点为，连接， 因为为中点，，且．在矩形中，为中点，所以，且．所以，且，所以四边形为平行四边形，因此，又因为面面，所以面．20.已知函数．（1）求函数的最小正周期；（2）若，求函数的值域；（3）若函数在区间上有且仅有两个零点，求m的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，根据周期公式求得结果；（2）根据，求出整体角的取值范围，再根据正弦函数的单调性求出结果；（3）根据整体角的范围及正弦函数的零点求得结果.小问1详解】，所以函数最小正周期. 【小问2详解】当时，，则，，，因此，函数在区间上的值域为.【小问3详解】∵，由得，若函数在上有且仅有两个零点，则，则，解得.即.21.已知椭圆G：离心率为，且过点．（1）求椭圆G的方程；（2）若过点M（1，0）的直线与椭圆G交于两点A，B，设点，求的范围．【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）根据题意列方程解出，即可得出方程；（2）根据题意设直线及交点坐标，联立直线与椭圆的方程得到，，表示出，再由向量的模长公式结合基本不等式求解即可.【小问1详解】依题意可得，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】当直线斜率为时，，，，所以，所以，当直线斜率不为时，设，，直线的方程为：，联立方程组可得，得到，，由根与系数的关系得到，，，所以，而，所以 当时，，当时，，因为，当且仅当时取等，，，所以.故的范围为：.综上所述：的范围为：.【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，联立直线方程与椭圆方程，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，再由基本不等式和向量的模长公式求解即可.22.已知函数．（1）若对任意时，成立，求实数的最大值；（2）若，求证：；（3）若存在，使得成立，求证：．【答案】（1）1（2）证明见解析（3）证明见解析 【解析】【分析】（1）根据题意，求导得到极值，即可得到结果；（2）根据题意，构造，然后求导得到，即可证明；（3）方法一：由条件可得，令，然后结合（2）中的结论即可证明；方法二：结合条件可得，然后令，然后由函数的单调性即可证明.【小问1详解】，，令解得，在单减，在上单增，在取得极小值，也是最小值，时，成立．只需即可，实数的最大值为1．【小问2详解】证明：设，，在上单调递减，， ，即．【小问3详解】法一：证明：存在时，便得成立，，，令，由可知，由（2）知在上单调递减，即，，即，，由知，即，.法二：，，在上单调递减，在上单调递增．存在时，使得成立， ，且，，令，，在上单调递增，又，，即即，在上单调递增，即.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性与极值，以及利用导数证明不等式问题，难度较难，解答本题的关键在于构造出合适的函数，然后利用导数去研究.