山东省青岛局属、青西、胶州等地2023-2024学年高三上学期期中大联考数学试题（Word版附解析）

2023—2024学年度第一学期期中学业水平检测高三数学试题本试题卷共22题，全卷满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.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，并将准考证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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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.设集合，则（）A.B.C.D.2.已知平面向量，，，且，则（）A.B.C.6D.3.已知，，则（）A.B.C.D.4.若正实数、满足，则（）A.有最大值B.有最小值C.有最大值D.有最大值5.已知平行四边形满足，，则（）A1B.2C.3D.46.高为的密闭圆锥容器中有一部分水，当该容器底面放在水平面上时水面高度为，当该容器顶点在水平面上且底面与水平面平行时，水面高度为，若，则（） A.B.C.D.27.已知命题“，使得”为假命题，则的取值范围为（）A.B.C.D.8.已知，，，则（）A.B.C.D.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，有错选的得0分.9.设函数，则（）A.为奇函数B.的最小正周期为C.存在零点D.存在极值点10.正方体中，分别为的中点，则（）A.直线平面B⊥C.异面直线与直线所成角的大小为D.平面到平面的距离等于11.设函数，则（）A.的图象关于对称B.函数的最小正周期为C.将曲线上各点横坐标变为原来的2倍，再将曲线向左平移个单位，得到函数的图象D.函数的最大值为 12.已知平面向量满足，，.则（）A.BC.D.向量，则的最小值为三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.13.曲线过原点的切线方程为__________.14.已知函数是定义域为奇函数，，则__________.15.已知函数，若存在四个不相等的实根，，，，则的最小值是__________．16.在中，，，，将各边中点连线并折成四面体，则该四面体外接球直径为__________；该四面体的体积为__________.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.如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，为线段的中点.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.18.已知中，内角的对边分别为，，且. （1）求角；（2）设函数在区间上单调，，求.19.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若存在，使得对任意成立，求实数的取值范围.20.如图，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，，.（1）证明：是等边三角形；（2）若，设点在线段上，若，求点到平面的距离.21.如图，平面四边形中，，，，.（1）证明：；（2）求面积的最大值；（3）设为线段的中点，求的最大值.22.已知函数.（1）若函数在上单调递增，求的值；（2）当时，证明：函数有两个极值点，且. 2023—2024学年度第一学期期中学业水平检测高三数学试题本试题卷共22题，全卷满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.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，并将准考证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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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.设集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先根据对数函数定义域求集合N，再利用交集的概念求答案.【详解】根据对数函数的定义域得，又因为，所以，故选：D2.已知平面向量，，，且，则（）A.B.C.6D.【答案】A【解析】【分析】由向量数量积的坐标运算结合向量垂直与数量积的关系求解即可.【详解】，所以，又因为，所以，即，解得， 故选：A.3.已知，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据，的值即可求解，再代入二倍角公式即可求解.【详解】因为，所以，则，所以代入二倍角公式.故选：A.4.若正实数、满足，则（）A.有最大值B.有最小值C.有最大值D.有最大值【答案】C【解析】【分析】利用基本不等式可判断ABC，利用二次函数的基本性质可判断D选项，即可得出合适的选项.【详解】因为正实数、满足.对于A选项，，当且仅当时，即当时，等号成立，故有最小值，无最大值； 对于B选项，，当且仅当时，即当时，等号成立，且，即，故有最大值，无最小值；对于C选项，，则，当且仅当时，即当时，等号成立，故有最大值；对于D选项，因为，可得，则，所以，有最小值，无最大值.故选：C.5.已知平行四边形满足，，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】依题意可得，将上式两边平方，再根据数量积的运算律计算可得.【详解】因为，又，所以，又，所以，又，所以，解得（负值舍去），故选：B6.高为的密闭圆锥容器中有一部分水，当该容器底面放在水平面上时水面高度为，当该容器顶点在水平面上且底面与水平面平行时，水面高度为，若，则（）A.B.C.D.2【答案】C【解析】 【分析】设圆锥底面半径为，利用轴截面相似三角形，可求得水面所在圆的半径，又前后两个图中水的体积相等运算可得答案.【详解】设圆锥底面半径为，当锥顶向上时，如图①，，由可得，，所以水的体积为，当锥顶向下时，如图②，由，可得，，所以水的体积为，又化简得，即，，故选：C7.已知命题“，使得”为假命题，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，求出的最小值，进而求出的取值范围即可.【详解】当时，，， 则，当且仅当时取等号，因此当时，取得最小值，由，使得，得，又命题“，使得”为假命题，则，所以的取值范围为.故选：A8.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用作商法比较与b，利用作差法比较a与b，结合三角函数的图像与性质可得结论.【详解】，，因为当时，，所以，则，，因为，所以，即，，综上，.故选：B.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，有错选的得0分.9.设函数，则（）A.为奇函数B.的最小正周期为C.存在零点D.存在极值点【答案】BCD【解析】【分析】利用三角函数的性质以及对数型复合函数的单调性，结合函数的周期性，零点、极值点的概念求解.【详解】对A，由，可得，解得，所以函数的定义域为，且，所以函数为偶函数，A错误；对B，因为函数的最小正周期为，所以的最小正周期为，B正确；对C，令，即，即，即为函数的零点，C正确；对D，因为函数在单调递增，单调递减，所以函数在单调递增，单调递减，所以为函数的极大值点，D正确；故选:BCD.10.正方体中，分别为的中点，则（）A.直线平面B.⊥ C.异面直线与直线所成角的大小为D.平面到平面的距离等于【答案】AC【解析】【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，从而得到，平面；B选项，，B错误；C选项，利用空间向量异面直线夹角余弦公式求出答案；D选项，先求出两个平面的法向量，得到两平面平行，进而由点到平面距离公式求出答案.【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，则，则，故，平面的法向量为，则，故，又不在平面内，故直线平面，A正确；B选项，，故与不垂直，B错误；C选项，，，则，异面直线与直线所成角的大小为，C正确；D选项，设平面的法向量为，则，令，则，故， 设平面的法向量为，则，令，则，故，则平面与平面平行，故平面到平面的距离等于，而，D错误.故选：AC11.设函数，则（）A.图象关于对称B.函数的最小正周期为C.将曲线上各点横坐标变为原来的2倍，再将曲线向左平移个单位，得到函数的图象D.函数的最大值为【答案】BCD【解析】 【分析】先化简得到，当时，，故可判断A选项错误，化简得到，结合最小正周期的概念和公式可判断B正确；根据平移变换和伸缩变换得到变换后的解析式，可判断C正确；化简，结合正弦型函数的性质可判断D正确.【详解】，当时，，关于对称，A错误；，最小正周期为，B正确；函数的图象横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，再向左平移个单位，再将得到，C正确；，当时有最大值，D正确；故选：BCD.12.已知平面向量满足，，.则（）A.BC.D.向量，则的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】计算可得，即可判断A；由可得，即可判断B；由，即可判断C；设，由题意计算可得 ，进而，结合和基本不等式计算即可判断D.【详解】A：，又，所以，即，故A正确；B：，得，即，所以，又，所以，故B正确；C：，当且仅当同向时等号成立，又，所以，故C错误；D：设，由得，即，得，所以，所以，得，即，所以，当且仅当即时，等号成立.所以的最小值为，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.13.曲线过原点的切线方程为__________.【答案】【解析】【分析】设切点，求导，即可根据点斜式求解切线方程，进而根据直线过原点即可求解切点坐标，进而可求解.【详解】由得设切点为，则切线方程为由于切线经过原点，所以，解得， 所以切线方程为，即，故答案为：14.已知函数是定义域为的奇函数，，则__________.【答案】6【解析】【分析】对x进行赋值，分别令和，结合奇偶性可得结果.【详解】令可得，则，又因为是R上的奇函数，所以，令，则，所以，故答案为：6.15.已知函数，若存在四个不相等的实根，，，，则的最小值是__________．【答案】3【解析】【分析】作函数与图象，结合图象可得，，再利用基本不等式求最值即可.【详解】作函数与图象如下：由图可得，存在四个不相等的实根，可得， 可得，，即，，所以，当且仅当即且等号成立，则的最小值是.故答案为：.16.在中，，，，将各边中点连线并折成四面体，则该四面体外接球直径为__________；该四面体的体积为__________.【答案】①.②.【解析】【分析】设、、分别为、、中点，沿、、折成四面体，把四面体补成一个长方体，作出图形，设长方体的棱长分别为、、，根据勾股定理可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可求得该四面体的外接球直径，再利用柱体和锥体的体积公式可求得该四面体的体积.【详解】设、、分别为、、中点，沿、、折成四面体，设折起后、、重合为点，把四面体补成一个长方体，如图，其中，，，设长方体的棱长分别为、、，则，解得，因此，该四面体的外接球直径为， 该四面体的体积为.故答案为：；.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.如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，为线段的中点.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明；（2）利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【小问1详解】因为平面，所以平面又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】记中点为，因为，所以,又因为平面平面，所以平面,故以为坐标原点，分别以所在射线为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系， 所以，,设平面的法向量为，则，即，令，可得，设平面的法向量为，则，即，令，可得，设平面与平面夹角为，则.18.已知中，内角的对边分别为，，且.（1）求角；（2）设函数在区间上单调，，求.【答案】（1）（2）无解【解析】【分析】（1）根据题意结合正、余弦定理分析求解； （2）先由周期解得或，再结合运算求解.【小问1详解】因为，由正弦定理知：①.又由余弦定理知：②由①②得：.又因为，所以因为，所以.【小问2详解】因为，且，则，解得，又因为，所以或，若，则，因为，即，由，可知，所以无解；若，则，因为，即，由，可知，则，解得， 此时，若，则，可知在上不单调，不合题意；综上所述：无解.19.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若存在，使得对任意成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求导后分类讨论即可（2）承接第一问用导数求最值【小问1详解】由题.当时，在上单调递减；当时，由解得.所以，当时，；当时，；所以，在上单调递减，在上单调递增；【小问2详解】由（1）知：当时， 所以，存在，使成立，即存在，使成立令，则所以，在上单调递增，在上单调递减，所以.所以的取值范围为20.如图，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，，.（1）证明：是等边三角形；（2）若，设点在线段上，若，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】第一问用等边三角形的定义，结合圆的相关性质，证明即可，第二问利用线面平行推出点面距离相等，求解即可.【小问1详解】因为，所以平面所以因为四边形是圆柱底面的内接四边形，且为其直径所以又因为，所以， 所以在中，，所以所以是等边三角形【小问2详解】因为，由（1）知，在中，，所以因为，所以又因为平面，平面，所以平面所以点到平面的距离等于点到平面的距离因为，所以，又因为，所以平面，所以点到平面的距离为，故点到平面的距离为121.如图，在平面四边形中，，，，.（1）证明：；（2）求面积的最大值；（3）设为线段的中点，求的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）在中，利用正弦定理求出的值，进而可求出的值，即可证得结论成立；（2）利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再结合三角形的面积公式可求得面积的最大值；（3）设，利用正弦定理可得出，，再利用 余弦定理可得出，结合余弦型函数的基本性质可得出的取值范围.【小问1详解】解：由题知，在中，由正弦定理得，因为，所以，所以，所以，所以.【小问2详解】解：在中，，由余弦定理知：，所以，所以，解得，等号当仅当时取等号，所以，.【小问3详解】解：在中，设，则，则，由正弦定理知：，所以，，在中，由余弦定理知，所以 ，所以，等号当仅当时，即当时取等号，所以的最大值等于.22.已知函数.（1）若函数在上单调递增，求的值；（2）当时，证明：函数有两个极值点，且.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，分类讨论和时导函数的正负，进而判定单调性求解，（2）构造得，进而，进而判定出极小值点，构造函数,由导数求解函数单调性，即可求证.【小问1详解】因为，设，则，当时，，所以在上单调递增且；若，则；不合题意当时，令,解得：，所以在上单调递减，在上单调递增，所以,令，则；所以在上单调递增，在上单调递减，则，由于函数在上单调递增，则对任意的恒成立，故所以，所以，故则， 当时，则，由于，只有时取到等号，故，此时不能对任意的恒成立，故不满足题意，因此只有，满足，所以，的值为【小问2详解】由题知，由（1）知：且当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减；所以为的极大值点，设，当单调递增，当单调递减，所以，故故，所以，所以，即，当时，所以，存在使得当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；所以，为的极小值点，即有两个极值点因为，所以，所以，要证，只需证即证设，则再设，则 所以在上单调递减，所以所以在上单调递减，所以命题得证.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数；(3)利用导数研究的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．结论点睛：常用的不等式：，，，，，.