山西省运城市2023-2024学年高三上学期11月期中调研数学试题（Word版附解析）

运城市2023–2024学年高三第一学期期中调研测试数学试题2023.11本试题满分150分，考试时间120分钟.答案一律写在答题卡上.注意事项：1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.2.答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，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.保持卡面清洁，不折叠，不破损.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.复数的虚部为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据的性质、复数的除法运算可得答案.【详解】，所以的虚部为.故选：C.2.若集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出集合，进而根据交集的定义求解即可.【详解】因为，，所以.故选：C. 3.已知平面向量，满足，，则在方向上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据投影向量的定义，结合向量夹角的运算，求解即可.【详解】依题意，在方向上的投影向量为：，又因为，，代入上式，所以在方向上的投影向量为：.故选：A.4.已知一个正四棱台的上下底面边长为、，侧棱长为，则棱台的体积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据正四棱台的概念可知四边形为等腰梯形，进而可得四棱台的高，即可求得体积.【详解】如图所示，由正四棱台可知，四边形为等腰梯形，且，，，所以，所以，故选：D. 5.已知，若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式和二倍角公式即可解题.【详解】，若，则，所以，又因为，则，所以.故选：B.6.若函数在处取得极小值，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】依题意，求出导函数，可求得极值点分别为或，再分类讨论，确定原函数的单调区间，结合极小值的定义，从而可得实数的取值范围.【详解】因为，则函数的定义域为，则，令，解得：或，当时，即，令，解得：，令，解得：，此时函数在处取得极大值，不符合题意，舍去；当时，即，则恒成立，此时函数单调递增，没有极值，不符合题意，舍去；当时，即，令，解得：，令，解得：，此时函数在处取得极小值，符合题意. 故选：C.7.古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月天计算，记此人第日布施了子安贝（其中，），数列的前项和为.若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由等比数列的定义写出通项公式和前n项和，将问题化为恒成立，应用基本不等式求右侧最小值，注意取值条件，即可得参数范围.【详解】由题设，是首项、公比都为2的等比数列，故，，所以，即，，，所以恒成立，而，当且仅当时等号成立，又，当，时；当，时；综上，即实数的取值范围为.故选：D8.定义在上的函数满足，，若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由已知可得函数为奇函数、周期函数，计算出、、，再利用周期性可得答案.【详解】因为，，所以，即，所以的周期为， 且，可得，再由可得，，，，又，所以，所以为奇函数，所以，因为，所以，，，所以.故选：D.【点睛】关键点点睛：解题的关键点是由已知得出函数为奇函数、周期函数.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.已知向量，，则（）A.若，则B.若，则C.若与夹角为锐角，则且D.【答案】ACD【解析】【分析】对于A，根据两向量垂直时，数量积为零判断即可；对于B，根据两向量平行时，由判断即可；对于C，根据两向量夹角为锐角时，其数量积大于零判断即可；对于D，根据向量模的坐标运算求解即可.【详解】对于A，若，则，解得，故A正确；对于B，若，则，解得或，故B错误； 对于C，若与夹角为锐角，则，即，且，解得且，故C正确；对于D，因为，故D正确.故选：ACD10.已知，，且，则（）AB.C.D.【答案】BC【解析】【分析】由可得，进而利用消元法结合不等式的性质判断A；根据基本不等式中“1”的整体代换即可判断B；利用基本不等式结合对数运算、对数函数的性质即可判断C；利用消元法结合二次函数的性质即可判断D.【详解】对于A，由，得，即，则，故A错误；对于B，，当且仅当，即，时，等号成立，故B正确；对于C，由，即，当且仅当，即，时等号成立，所以，故C正确；对于D，，由A知，， 所以当时，取得最小值，即，故D错误.故选：BC.11.已知数列满足，，则下列结论正确的是（）A.B.为等比数列C.D.【答案】AD【解析】【分析】利用递推公式求出可判断A；由可判断B；由，利用等比数列的求和公式可判断C；由递推公式可得，再由由累加法可判断D.【详解】对于A，因为，，则，，则，，则，故A正确；对于B，，所以，，所以，，故不是等比数列，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，由可得，由，两式相减可得：，所以，，，……，，上式相加可得：，，又因为，所以，故D正确.故选：AD. 12.如图，棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（）A.直线平面B.C.过，，三点的平面截正方体的截面面积为D.三棱锥的外接球半径为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，根据，利用线面平行的判定定理即可证明；对于B，通过平面，得到，同理得到，进而可得平面，再根据锥体得体积公式即可判断；对于C，首先得到截面图象，求出面积即可；对于D，由B选项可知，平面，且过外接圆的圆心，则三棱锥的外接球的球心在上，设球心为点，以点为原点建立空间直角坐标系，求出圆心坐标，即可得出半径.【详解】对于A，如下图，连接,  因为点，分别是棱，的中点，则,又，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，如下图：连接交平面于点，连接，  正方体中易知，平面，平面,则，又正方形中，平面，所以平面，又平面，所以，同理可证：，又平面，所以平面，易得,故四面体为正四面体，为的重心，又棱长1，所以，则则，故B正确；对于C，如图所示，由A选项可知等腰梯形即为所求截面，  又，则高为, 所以，故C错误；对于D，由B选项可知，平面，且过外接圆的圆心，则三棱锥的外接球的球心在上，设球心为点，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，设，则，所以，由，得，解得，所以三棱锥的外接球半径为，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13.等差数列的前项和为，若，则______.【答案】【解析】【分析】利用等差中项的性质，以及等差数列的前项和公式，计算即可.【详解】由等差中项的性质得：，所以，所以.故答案为：.14.已知复数满足，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】根据题意，由条件可得复数表示以为圆心，1为半径的圆，然后再结合其几何意义即可得到结果.【详解】设，∵，∴，表示以为圆心，1为半径的圆，∴，表示圆上的点到点的距离，∴的最小值为.故答案为：.15.已知函数，若在区间内没有最值，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】利用辅助角公式化简函数，由函数在上单调列式求解作答.【详解】因为，函数的单调区间为，由，而，得， 因此函数在区间上单调，因为函数在区间内没有最值，则函数在区间内单调，于是，则，解得，由，且，解得，又，从而或，当时，得，又，即有，当时，得，所以的取值范围是.故答案为：.16.已知函数有三个不同的零点，则实数的范围为______.【答案】【解析】【分析】利用导数的几何意义、函数零点的定义分析运算即可得解.【详解】解：由题意，，，当时，只有一个零点，不符合题意，故.∵，且当时有且只有一个零点，∴函数有三个不同的零点等价于函数有两个不同的零点，即与有两个不同的交点. 如上图，当与相切时，设切点为，则由解得：，则.如上图，由与有两个不同的交点知，解得：，∴实数的范围为.故答案为：.【点睛】方法点睛：利用函数零点求参数范围的方法：1.利用零点的个数结合函数的单调性构建不等式求解.2.转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解.3.分离参数（）后，将原问题转化为的值域（最值）问题或转化为直线与的交点个数问题（优选分离、次选分类）求解. 四、解答题：本题共6小题，共70分，17题10分，18-22各12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知函数的图象关于直线对称.（1）求证：函数为奇函数.（2）将的图象向左平移个单位，再将横坐标伸长为原来的倍，得到的图象，求的单调递增区间.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用函数图象关于对称，求，进而得到函数解析式，从而证明；（2）由函数图象的变换规律，得到的解析式，即可求出单调增区间.【小问1详解】因为的图象关于直线对称，所以，得，，因为，所以当时，，所以，所以，因为，所以为奇函数成立.【小问2详解】由（1）可得：，将的图象向左平移个单位，再将横坐标伸长为原来的倍， 则由可得，，故函数的单调递增区间是18.已知递增的等差数列满足，且是与的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）记，证明数列的前项和.【答案】18.19.证明见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式和等比数列的等比中项求解，得到数列的通项公式.（2）利用错位相减，计算数列的前项和，根据判断大小.小问1详解】设等差数列的公差为，由题可知，因为，所以，又是与的等比中项，所以，即，得或（舍去），所以.【小问2详解】由（1）知：所以数列的前项和①①得：② 两式相减得：，化简得：.因为，所以，所以.19.在中，，，分别为角，，所对的边，为的面积，且．（I）求角的大小；（II）若，，为的中点，且，求的值．【答案】（I）；（II）．【解析】【分析】（I）利用正余弦定理及面积公式，代入对应公式得，解得，（II）为的中点，利用向量，再根据余弦定理得，解得，，最后根据正弦定理可得解.【详解】（I）由已知得，∴.即.∴.又∵，， （II）由得：，又∵为的中点，∴，，∴，即又∵，∴.又∵，∴，，∴.20.如图①，在等腰梯形中，,分别为的中点，，为的中点．现将四边形沿折起，使平面平面，得到如图②所示的多面体．在图②中：（1）证明：；（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）根据折叠前后垂直的关系不变可得，由线面垂直的判定定理可得平面，由线面垂直性质可得；（2）根据面面垂直性质可知以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用二面角的空间向量求法可得平面与平面夹角的余弦值为.【小问1详解】由题意知在等腰梯形中，，又分别为的中点，所以， 即折叠后，，所以平面，又平面，所以．【小问2详解】∵平面平面，平面平面，且，所以平面，平面,，两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，易知，所以，则设平面的法向量，则，取，则，得；设平面的法向量则，取，则，可得，，由图易知平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值为．21.已知函数在点处的切线为：，函数 在点处的切线为：.（1）若，均过原点，求这两条切线斜率之间的等量关系.（2）当时，若，此时的最大值记为m，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，利用导数结合点斜式求解切线方程，根据切线经过原点即可求解；（2）构造，求导确定单调性即可求解.【小问1详解】由题可得，，：，：，因为均过原点，所以，因为均过原点，所以，所以.【小问2详解】由题，，记，，记，在单调递减，且，，使得，即，且在上单调递增，在上单调递减.，∵， 又∵，故得证.22.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】含参数的单调性讨论问题，求导后分情况讨论根的个数与大小即可.指对同构问题，将所求不等式变形，构造新函数，再利用单调性求解.【小问1详解】的定义域是，令当时，∵，∴∴，∴在单调递增当时，，若，即时，，∴，∴在单调递减若，即时，令，解得，，易得在单调递减，在单调递增，在单调递减，综上所述：当时，在单调递增当时，在单调递减，在单调递增， 在单调递减，当时，在单调递减【小问2详解】解法一：由题易得令，有在为增函数原式等价于，即即，令由（1）知时，在为减函数，∴，∴解法二：由题易得令，有在为增函数原式等价于，即设对恒成立首先，即，下面证明时，恒成立由（1）知，当时，，，此题的证∴.【点睛】本题第一问属于含参数的单调性讨论问题，先求导，再用参数讨论方程的根个数与大小，得出不等式的解集即为函数的单调区间；第二问属于指对同构类问题，一般指数和对数函数同时出现时考虑指对同构，再构造新函数，利用单调性求参数的范围即可.