安徽省名校联盟2023-2024学年高三上学期实验班12月大联考数学试题（Word版附解析）

高三数学满分：150分考试时间：120分钟注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．已知集合，则（）A．B．C．D．2．已知数列的前项和为，且数列满足．若，则（）A．9B．10C．17D．193．已知向量满足，且，则的值为（）A．2B．C．1D．4．已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列判断正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则5．将函数的图象绕着原点沿逆时针方向旋转角得到曲线，已知曲线始终保持为函数图象，则的最大值为（） A．B．C．1D．6．设函数的定义域为，若函数满足条件：存在，使在上的值域为，则称为“倍增函数”．若函数（其中）为“倍增函数”，则的取值范围为（）A．B．C．D．7．已知边长为的正方体，点为内一个动点，且满足，则点的轨迹长度为（）A．B．C．D．8．已知函数，若实数满足，则的最大值为（）A．B．C．D．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．下列判断正确的是（）A．若是一次函数，满足，则B．命题“”的否定是“”C．函数的定义域为，值域，则满足条件的有3个D．关于的不等式的解集为，则不等式的解集为10．已知函数，点在函数图象上，则下列说法正确的是（）A．有最小值B．有最小值2C．有最小值D．若，则有最小值 11．已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则下列说法正确的是（）A．函数的一个周期为4B．当时，函数的解析式为C．当时，函数的最大值为D．函数在区间内有1011个零点12．定义数列，则下列说法正确的是（）A．是单调递减数列B．C．D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知是角终边上的一点，则______．14．已知一个正三棱柱既有内切球又有外接球，且外接球的表面积为，则该三棱柱的体积为______．15．若是的垂心，且，则的值为______．16．在同一直角坐标系中，分别是函数和图象上的动点，若对于任意，都有恒成立，则实数的最大值为______．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．（10分）已知，且函数．（1）求函数的对称轴方程与单调递增区间；（2）已知，求的值．18．（12分）如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，为 中点，．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值．19．（12分）记的角的对边分别为，且．（1）求；（2）若，求的最小值．20．（12分）已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）证明：当时，．21．（12分）已知数列是等比数列，公比不为1，且．（1）令，求证：；（2）记其中，求数列的前项和．22．（12分）已知函数．（1）当时，过点与函数相切的直线有几条？（2）若有两个交点，求实数的取值范围． 高三数学参考答案1．【答案】D【解析】依题意，，则，故．2．【答案】C【解析】，数列是等差数列，设公差为，则，可得，可得，，故选C．3．【答案】B【解析】，在等式两边平方并化简得，，故选B．4．【答案】C【解析】有可能出现的情况，故A不正确；若，则与平行或相交，故B不正确；由，得直线和平面没有公共点，所以，故C正确；三条直线可能重合，或相交于一点，故D不正确．5．【答案】B【解析】，所以在原点处的切线斜率为，切线方程为，当绕着原点沿逆时针方向旋转时，始终保持为函数图象，设其倾角为，则，则，显然为锐角，，故的最大值为．6．【答案】A 【解析】依题意知，函数在上是“倍增函数”；可得即是方程的两个根；设，则，此时方程为，即方程有两个不等的实根，且两根都大于0，可得解得：；故满足条件的取值范围是．7．【答案】A【解析】设点到平面的距离为为正方体对角线的，则，以点为球心，为半径的球面与平面相交的圆半径为；等边的内切圆半径为，设的中心为轨迹与分别交于两点，如图，弧长的三倍即为所求；，可得，故交线长为．8．【答案】C【解析】由题意有， 记；显然关于中心对称且为上的增函数，，故是关于中心对称且为上的增函数，得也是关于中心对称且为上的增函数；由于，故，可得；记，由基本不等式，可得，当且仅当即时，等号成立，故的最大值为，选C．9．【答案】BC【解析】因为是一次函数，设，则，可得解得或所以或，故选项A错误；选项B正确；，可得，所以函数的定义域可以是：或或，满足条件的有3个，故选项C正确；关于的不等式的解集为，则方程的解是或，且，由韦达定理可得解得， 则不等式转化为，因为，所以，解得，则不等式的解集为，故选项D不正确．故选BC．10．【答案】ACD【解析】依题意，，由基本不等式，，当且仅当时，等号成立，有最小值，选项A正确；，当且仅当时，等号成立，有最小值4，选项B错误；，当且仅当时，等号成立，所以有最小值为，选项C正确；，，则有最小值，选项D正确．故选ACD．11．【答案】AC【解析】由得，又因为为奇函数，，，所以的周期为4，选项A正确；当时，，所以，选项B错误；当时，，令，得时函数有最小值， 又因为为奇函数，故时，函数在区间有最大值，，选项C正确；因为函数关于对称，，一个周期内两个零点，有505个周期，共1010个零点，总计1012个零点，选项D错误．故选AC．12．【答案】ABD【解析】由题意得，在单调递增，在单调递减，，当且仅当时，，若，又因为，则，则，又因为，所以，所以，设，可得，当时，单调递减，当时，单调递增，所以时，，所以，所以，由，当时，，因为，所以，则，同理得，当时，，所以，故数列单调递减，选项A正确；需证明，令， 令，则，成立，所以，选项B正确；，设，设，则，所以函数单调递减，所以随着减小，从而增大，所以，选项C错误；当时，根据选项B可知，，当时，，即，选项D正确．故选ABD．13．【答案】【解析】是角的终边上一点，由三角函数定义可得，，所以．14．【答案】【解析】设球的外接球半径为，则，则，三棱柱有内切球，设内切球半径为，故高为，连接的外心，则的中点即为球心，内切圆半径为，得，则，则． 15．【答案】【解析】，得，所以（为的中点），所以垂心在中线上，即高线与中线重合，故；，所以，又因为，得，化简为，得，所以，即．16．【答案】【解析】解法一：已知，，；切点到直线的距离 ．解法二：令，则，当时，，单调递增，当时，单调递减，故在处取得极小值，也是最小值，故，故，当且仅当时，等号成立，设，由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，故，则的最大值为．17．【解析】（1），令，得，所以函数的对称轴方程为；令，解得，故函数的单调递增区间为．（2），即，所以，又，所以，所以， 所以．18．【解析】（1）因为平面，四边形为矩形，因此两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，，，因为，所以，即；因为，所以，即；又，因此平面．（2）因为平面，所以为平面的一个法向量，由（1）知为平面的一个法向量，，显然二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．19．【解析】（1），由正弦定理得：，即，由余弦定理得：， 因为，所以．（2）由正弦定理：，，；又因为代入得：（时取等），所以的最小值为3．20．【解析】（1）的定义域为，令，得，由，解得；由，解得；所以的单调递减区间为，单调递增区间为．（2）证明：令，令，则，在上单调递减，所以；由，可得，即证，令， 则；由，可得（舍去），因为当时，，所以当时，在上单调递减，当时，在上单调递增；所以，所以，则，故，结论成立．21．【解析】（1）数列是等比数列，且，设数列的公比为解得，数列的通项公式为：；，．（2），； 令，；，，，；．22．【解析】（1）当时，函数，设切点为，因为，所以；所以切线方程为：，因为切线过点，所以，化简得：，即；记，，令，解得或； 当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增；，，当时，为正数，故在无零点，，故在内有1个零点，，故在内有1个零点，综上，有2个零点，即过点与函数相切的直线有2条．（2）令，则有两个交点等价于有两个零点，易得，当时，，所以在上单调递增，则至多有一个零点，因此；令，则，所以在上单调递增，因为，所以存在，使得，则，所以当时，，即，所以在上单调递减，当时，，即，所以在上单调递增； 因此，，由，得，则，故；当时，，则在上没有零点，当时，，则在上只有一个零点，当时，；则在上有两个零点；因为，所以，所以，因为，所以在上有且只有一个零点，即在上有且只有一个零点；易得，设，则，易知在上单调递增，则，所以在上单调递增，则，所以，所以在上有且只有一个零点，即在上有且只有一个零点，