山西省朔州市怀仁市第九中学高中部2023-2024学年高三上学期11月期中数学试题（Word版附解析）

山西省朔州市第九中学高中部2023-2024学年高三上学期期中数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号和班级填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，将答案用0.5mm的黑色笔迹签字笔写在答题卡上.4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.一、选择题（每题4分，共48分）1.已知，，，则的大小关系为A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用等中间值区分各个数值的大小．【详解】，，，故，所以．故选A．【点睛】本题考查大小比较问题，关键选择中间量和函数的单调性进行比较．2.赵爽弦图是中国古代数学的重要发现，它是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）．已知小正方形的面积为1，直角三角形中较小的锐角为，且，则大正方形的面积为（） A4B.5C.16D.25【答案】D【解析】【分析】根据正切函数二倍角公式求得，根据赵爽弦图直角三角的边角关系得两直角边长，即可得大正方形的边长，可求得面积.【详解】因为，所以由题意小正方形的面积为1，则小正方形的边长为1，设直角三角形较短的直角边为，则较长的直角边长为,所以，解得，所以大正方形的边长为，故大正方形的面积为.故选：D.3.设数列是以为公差的等差数列，是其前项和，，且，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.的最大值为或【答案】D【解析】【分析】AB选项，先根据题目条件得到，从而，，AB错误；C选项，由得到C错误；D选项，得到当时，，，当时，，故D正确.【详解】AB选项，因为，所以，因为数列是以为公差的等差数列，所以，故，解得，又，所以，，AB错误； C选项，，故C错误；D选项，由于，，，故当时，，当时，，故的最大值为或，D正确.故选：D4.已知函数，则“”是“”的（）．A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】分别解对应的不等式，再根据充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.【详解】因为函数，所以由得；由得，所以，所以．因为，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B．【点睛】本题主要考查判断命题的必要不充分条件，涉及对数不等式的解法，属于基础题型.5.已知函数（且）是偶函数，则关于x的不等式的解集是（）A.B.C.D.以上答案都不对【答案】B【解析】【分析】根据是偶函数求得，利用函数的单调性和奇偶性不等式等价于，解不等式即可.【详解】∵是偶函数∴，即化简得∴，（，）, 时都能得到，所以在上是增函数∴（，）为偶函数且在上是增函数，∴，，即，即或解得或.即.故选：B.【点睛】本题主要考查函数的单调性和奇偶性的应用，属于中档题.6.已知不等式对任意正数恒成立，则实数的最大值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】把不等式化为，设，求得的导数，设，利用导数求得函数的单调性和最小值，即可求解.【详解】不等式可化为，因为，所以，设，则，设，其中，则恒成立，则在上单调递增，由， 令，得，所以在单调递减，单调递增，所以，对任意正数恒成立，即.故选：B.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．7.已知，是方程的两根，且，，则的值为（）A.B.C.或D.或【答案】B【解析】【分析】由韦达定理得，即，得，再根据两角和的正切公式解决即可.【详解】由题知，，是方程的两根，所以，即，因为，，所以，，所以，因，所以，故选：B8.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而即可求解.【详解】设正四棱锥的高为，底面边长为，侧面三角形底边上的高为，则由题意可知，，因此有，即，解得，因为，所以.所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为故选：D.9.若对任意正实数x，y都有，则实数m的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将不等式变式为，设后转化为恒成立，只需求函数的最大值即可.【详解】因为，所以，设，则，， 令恒成立，故单调递减，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；.故所以，得到.故选:A.10.已知点是角终边上一点，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求出点P到原点的距离，再根据正弦函数的定义求解.【详解】依题意点P的坐标为，，；故选：D.11.某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处遇到绿灯的概率分别是，则汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】把汽车在三处遇两次绿灯的事件M分拆成三个互斥事件的和，再利用互斥事件、对立事件、相互独立事件的概率公式计算得解.【详解】汽车在甲、乙、丙三处遇绿灯的事件分别记为A，B，C，则，汽车在三处遇两次绿灯的事件M，则，且，，互斥，而事件A，B，C相互独立，则， 所以汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为.故选：D12.过抛物线的焦点作不与坐标轴垂直的直线，交抛物线于两点，弦的垂直平分线交轴于点，若，则A.10B.8C.6D.4【答案】A【解析】【详解】设M(x1,y1),N(x2,y2),弦MN的中点为(x0,y0),，，相减可得，可得则，∴MN的垂直平分线为令y=0,则∴∵∴，故选A.二、填空题（共22分）13.设样本数据，，，的平均数为，方差为，若数据，，，的平均数比方差大4，则的最大值是_____________．【答案】【解析】【分析】根据平均数和方差的性质，以及二次函数的性质即可解出．【详解】数据，，，的平均数为，方差为，所以，，即， 则，因为，所以，因函数在上单调递减，故当时，的最大值是．故答案为：．14.各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则的最小值为______．【答案】8【解析】【分析】根据等比数列的性质可得，由此可求得，，从而表示出，再根据基本不等式求解即可．详解】解：∵，且，∴，∴公比，∴，，∴，当且仅当，即时等号成立，故答案为：8．【点睛】本题主要考查等比数列的性质和等比数列的前项和，考查基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题．15.设函数在区间内有零点，无极值点，则的取值范围是_______． 【答案】【解析】【分析】依题意首先求出的大致范围，再根据在区间内有零点，无极值点，得到不等式组，，即可求出的取值范围.【详解】解：依题意得，因为函数在区间内有零点，无极值点，，，解得，，当时，满足条件，当时，满足条件，当时，显然不满足条件，综上可得 故答案为：【点睛】本题考查三角函数的性质，综合性强，难度比较大，属于难题.16.设数列{}为等差数列，其前n项和为，已知，若对任意n∈N*，都有成立，则k的值为______.【答案】20【解析】【分析】由题意，转化“对任意n∈N*，都有成立”为Sk为Sn的最大值．可求得d＝－2，an＝41－2n，当Sn取得最大值时，对任意n∈N*满足，求解即可【详解】对任意n∈N*，都有成立，即Sk为Sn的最大值．因为a1＋a4＋a7＝99，a2＋a5＋a8＝93，所以a4＝33，a5＝31，故公差d＝－2，an＝a4＋(n－4)d＝41－2n，当Sn取得最大值时，对任意n∈N*满足解得n＝20.即满足对任意n∈N*，都有成立的k的值为20.故答案为：2017.设，是函数（）的两个极值点，若，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】根据极值点定义可将问题转化为与有两个不同交点；化简得到，利用换元法令，则，构造函数，利用导数求出，将参数分离出来，构造函数，即可得出.【详解】，是的两个极值点， 是的两根，又当时，方程不成立，即，两式作比得到:==，所以，令，所以令，则令，则所以在上单调递减，所以所以在上单调递减，所以令，则恒成立所以在上单调递减，即故答案为：.三、解答题（本题共5小题，每题16分，共80分）18.如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，，分别是，的中点，是上一点．（1）证明：平面．（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，，根据线面平行判定定理证明即可得结论；（2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，根据空间向量坐标运算求平面与平面的法向量，在根据向量夹角余弦公式即可得所求.【小问1详解】证明：取的中点，连接，．因为是的中点，所以，．又底面为正方形，是的中点，所以，，所以四边形为平行四边形，所以因为平面，平面，所以平面【小问2详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，令，则，，，．设，得，则，．因为，所以，解得，从而，，．设平面的法向量为，则令，得 设平面的法向量为，则令，得故平面与平面的夹角的余弦值为19.已知椭圆，离心率为，直线恒过的一个焦点.（1）求的标准方程；（2）设为坐标原点，四边形的顶点均在上，交于，且，若直线的倾斜角的余弦值为，求直线与轴交点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将转化成直线点斜式方程形式，求出所过的恒点，进而知道椭圆的焦点，再根据椭圆的离心率公式进行求解即可.（2）根据向量等式，可以确定分别是的中点.设，求出直线的方程，与椭圆方程联立，消元，利用一元二次方程根与系数关系，求出的坐标，同理求出点坐标，求出直线的方程，最后求出直线与轴交点的坐标.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，可化为，所以直线恒过点，所以点，可得.因为离心率为，所以，解得，由得，所以的标准方程为.（2）因为，所以.由得分别是的中点.设.由直线的倾斜角的余弦值为，得直线的斜率为2，所以，联立消去，得.显然， ，且，，所以，可得，同理可得，所以，所以.令，得，所以直线与轴交点的坐标为.【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了根据直线与椭圆的位置关系求出点的坐标，考查了数学运算能力.20.已知函数，（，是自然对数的底数）．（1）讨论的单调性；（2）当时，，求的取值范围．【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求得，然后对分成和两种情况进行分类讨论，由此求得的单调区间.（2）首先令，代入，求得的一个取值范围.构造函数，利用的导函数研究的最小值，由此求得的取值范围.【详解】（1），当时，，函数在上递减；当时，由，解得，故函数在上单调递减，由，解得，故函数在上单调递增．综上所述，当时，在上递减；当时，在上递减，在上递增.（2）当时，，即，故，令， 则，若，则当时，，函数在上单调递增，当时，，当时，单调递增，则，符合题意；若，则，，由得，故，存在，使得，且当时，，在上单调递减，当时，，不合题意，综上，实数的取值范围为．【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.21.如图，平行四边形的对角线AC和BD交于点M，E在BC上，且，直线DE与AB的延长线交于点F，记，．（1）试用，表示、；（2）试用，表示．【答案】（1），； （2）.【解析】【分析】（1）利用向量加法的平行四边形法则求出，再利用向量减法法则求出作答.（2）利用平行线的性质探求出，再利用向量减法法则求解作答.【小问1详解】平行四边形的对角线AC和BD交于点M，，.【小问2详解】点E在BC上，且，，则，于是，即，，所以.22.规定，其中，，且，这是组合数（，且）的一种推广.（1）求的值.（2）组合数具有两个性质：①；②.这两个性质是否都能推广到（，）？若能，请写出推广的形式并给出证明；若不能，请说明理由.【答案】（1）；（2），证明见解析.【解析】【分析】（1）由题意代入计算可得答案.（2）性质①不能推广，如当时，有意义，但无意义.性质②能推广，当时，有；时，运用已知的关系式代入可得证.【详解】解：（1）由题意得.（2）性质①不能推广，如当时，有意义，但无意义.性质②能推广，它的推广形式是. 证明如下：当时，有；当时，有.综上，性质②的推广得证.