山西省三晋名校联盟2023-2024学年高三上学期期中阶段测试数学试题（Word版附解析）

绝密★启用前三晋名校联盟2023—2024学年高三年级阶段性测试（期中）数学考生注意1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生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.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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解不等式得到，利用交集概念求出答案.【详解】，故.故选：D2.设，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的四则运算和复数的模长公式求解即可.【详解】因为，所以，， 故选：B3.已知P，Q分别为的边，的中点，若，，则点C的坐标为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由向量求出的坐标，进而求出点C的坐标.【详解】由P，Q分别为的边，的中点，，得，点为坐标原点，，因此，所以点C的坐标为.故选：A4.函数的部分图象大致为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】确定函数的定义域并判断其奇偶性，排除部分选项，再利用在上函数值的正负判断得解.【详解】函数，对任意实数，（当且仅当时取等号，，又，即函数是R上的偶函数，而是奇函数，因此函数的定义域为R，是奇函数，图象关于原点对称，选项A错误； 当时，，，选项BD错误，选项C符合要求.故选：C5.已知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，则的极小值为（）A.2B.1C.0D.-1【答案】A【解析】【分析】由单调性可得，求得值，验证求极值即可.【详解】函数，由在区间上单调递减，在区间上单调递增，则函数在处取极小值，所以有，由，得，解得，则有，由，得只有一个根，且当时，，单调递减；当时，，单调递增；故当时，满足题意，所以有极小值，且极小值.故选：A.6.在三棱锥中，，，，分别为，，的中点，为的中点，若且，则下列结论中不一定正确的是（）A平面B.平面C.平面D.平面【答案】C【解析】【分析】根据图形结合选项以及相关定理进行逐一验证.【详解】因为，分别为，的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，所以A正确. 连接交于，连接，由是三角形的中位线可知为的中点，又为的中点，所以,因为平面，平面，所以平面，所以B正确.假若平面，则，这从已知条件无法得出，所以C不正确.因为，为的中点，所以；因为，分别为，的中点，所以，所以；因为，，所以平面，所以D正确.故选：C.7.已知，，且，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】化切为弦，结合，得到，因为，所以，故，求出.【详解】，即，故，所以，所以，因为，，所以，因为，所以， 故，解得.故选：C8.已知等比数列的前项和，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的定义可计算得公比，进而可得，进而对分奇偶，结合数列的单调性即可求解.【详解】由于为等比数列，所以，所以，所以，当为偶数时，由得对任意的偶数成立，由于为单调递增数列，所以单调递减，所以当时取最大值，故，当为奇数时，由得对任意的奇数成立，由于为单调递增数列，所以单调递增，故，综上可知：对任意，，故选:C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，有选错的得0分 9.已知，若，则（）A.B.C.的最小值为8D.的最大值为【答案】ABC【解析】【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，以及基本不等式，逐项判定，即可求解.【详解】对于A和B中，因为且，可得且，即，所以，且，，所以A、B正确；对于C中，由，当且仅当，且，即，时，取“”号，所以C正确；对于D中，由，即，当且仅当，且，即，时，取“”号，所以D错误．故选：ABC.10.已知函数，则（）A.的最小正周期为B.的图象关于直线对称C.的零点是D.的单调递增区间为【答案】AC【解析】【分析】先根据两角和差的正余弦公式化简函数，然后利用正弦函数的图象与性质逐项分析即可.【详解】. 对于A，的最小正周期为，故A正确；对于B，当时，，所以不是的图象的对称轴，故B错误；对于C，由，可得，所以，所以，故C正确；对于D，由，得，所以函数的单调递增区间为，故D错误.故选：AC11.已知函数的定义域为，的图象关于直线对称，且在区间上单调递增，函数，则下列判断正确的是（）A.是偶函数B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】根据题目分析、在上的单调性和增减性，然后讨论其复合函数的增减性和奇偶性即可.【详解】因为函数的定义域为，的图象关于直线对称，通过整体向右平移一个单位，所以关于对称，为偶函数.又因为在区间上单调递增，同理，在区间上单调递增，在区间上单调递减.函数，则，则为在奇函数. ，所以在上为单调递增.选项A：由于.所以为偶函数.故A正确.选项B：因为，由于在上为单调递增.所以，故B错误.选项C：令，则，当时，，所以在区间上单调递增，所以，即，即，所以，所以，故C错误.选项D：经过分析，所以，D正确.故选：AD12.已知圆锥的轴截面是等边三角形，，是圆锥侧面上的动点，满足线段与的长度相等，则下列结论正确的是（）A.存在一个定点，使得点到此定点的距离为定值B.存在点，使得C.存在点，使得D.存在点，使得三棱锥的体积为【答案】BD【解析】【分析】取线段PA的中点C，过点C作平面与PA垂直，可知平面截圆锥PO所得的截口曲线是以BC为长轴的椭圆，进而判断选项A、B；类比平面中圆的性质，可判断选项C；根据三棱锥与三棱锥的体积相等，可知当M到平面PAB的距离最大时，三棱锥体积最大，求出体积的最大值即可判断选项D.【详解】如图所示，取线段PA的中点C，过点C作平面与PA垂直.依题意，有因为，所以点M在平而内，再结合是等边三角形，可知平面截圆锥PO所得的截口曲线是以BC为长轴的椭圆.对于选项A，因为点M的轨迹是椭圆而不是圆，所以不存在定点使得M到此定点的距离为定值，故A错误；对于选项B，当点M与C重合时，，当点M与B重合时，， 则M在B与C之间运动时，必存在的情形，即，故B正确；对于选项C，以AB为直径作一个球，由，可知点C在此球面上，从而可知点M的轨迹除了B，C两点之外均在此球内部.类比平面中圆的性质，可知，故C错误；对于选项D，当点M到平面PAB的距离最大时，点M恰好是其轨迹椭圆的短轴端点.取线段BC的中点D，因为点C所在的平行于圆锥底面的圆半径为1，点B所在的底面圆半径为2，所以过点D作与圆锥底面平行的平面，截圆锥得到一个半径为的圆，且点D到直线PO的距离.此圆与椭圆的交点即为椭圆的短轴端点M，此时，则三棱锥的体积的最大值为，即存在点M，使得三棱锥的体积为，故D正确.故选：BD【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是根据PM与AM长度相等，所以作过PA中点C且与PA垂直的平面，得到截口曲线为椭圆，且点M在椭圆上，并结合圆锥的结构特征及椭圆的定义进行解题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.一个正四棱台的下底面周长与上底面周长之差为16，且其侧面梯形的高为，则该正四棱台的高为____________.【答案】【解析】【分析】根据正四棱台的几何性质即可根据勾股定理求解. 【详解】如图：在正四棱台,分别为侧面上的高以及棱台的高，设棱台的上下底面的边长分别为，则，在等腰梯形中，，所以，故棱台的高为，故答案为：14.记等比数列的前项和为，已知，且，写出满足条件的一个的通项公式：____________.【答案】（或者）【解析】【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解首项和公比，即可求解.【详解】由可知公比不为1，所以，当时，，所以当时，，所以，故答案为：（或者）15.已知函数的图象与轴的交点为，且在区间 上有且仅有一个零点，则的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】由，求出，再结合余弦型函数的零点个数进行列不等式即可.【详解】解：依题意得，，得，因为，所以，则，因为，所以，要使函数在区间上有且仅有一个零点，则，解得，则的取值范围是.故答案为：16.已知函数，若关于x的方程有4个不相等的实数根、、、，则的取值范围是______.【答案】【解析】 【分析】画出函数图象，根据方程的根的个数转化为的图象与直线有4个不同的公共点，数形结合求得m范围，以及、、、之间的关系及对应范围，即可求解.【详解】由的解析式作出的大致图象，如图所示：方程有4个不等实数根等价于的图象与直线有4个不同的公共点，则，不妨令，则由图可知，，，所以，，由，得.所以，设，则，根据对勾函数单调性知在区间上单调递增，所以，即的取值范围是.故答案为：.四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）若，求A；（2）若，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）利用余弦定理将已知等式统一成边的形式，再结合余弦定理和，可求出角；（2）由结合余弦的二倍角公式可求出，再利用余弦定理得，由结合余弦定理得，两式结合化简可证得结论.【小问1详解】解：因为，所以由余弦定理得，所以，得，因为，所以，得，所以由余弦定理得，因为，所以；【小问2详解】证明：因为，所以，化简整理得，，解得或（舍去），所以由余弦定理得，所以，因为，所以由余弦定理得，整理得，所以，所以，得，所以.18.记正项数列前项和为，已知.（1）求； （2）若，数列的前项和为，求的值.【答案】18.19.【解析】【分析】（1）利用以及等差数列相关知识可解；（2）分奇偶进行求和，奇数项可以利用等差数列的前n项和公式求解，偶数项利用裂项相消法求解，再相加即可.【小问1详解】因为，所以，将上述两式相减得：，由于是正项数列，当时，，因为，所以或(舍去)，所以，所以可得：，故数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以；【小问2详解】因为，结合（1）的结论可得，.19.如图，在四棱锥中，平面，，. （1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）延长，交于点，利用线面平行的判定，结合三角形中位线性质推理即得.（2）在平面内过点作射线，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【小问1详解】如图，延长，交于点，由，得为正三角形，又，则为的中位线，因此，而平面平面，所以平面.【小问2详解】在平面内过点作射线，由平面，得两两垂直，以为坐标原点，射线的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，令，得，设直线与平面所成的角为， 则，所以直线与平面所成角的正弦值是.20.如图，已知平行六面体中，，，为，的交点，且.（1）求证：平面平面；（2）若，，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，进而可证明面面垂直，（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角求解即可.【小问1详解】由于，，平面，所以平面，又平面，所以，，平面，所以平面,又平面，所以平面平面【小问2详解】又（1）知平面平面，且两平面交线为,,平面，所以平面，同理可得平面，因此两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，由，可得, 则,设平面,的法向量分别为，所以取，则，取，则，设二面角的平面角为为锐角，所以，故二面角的余弦值为21.已知各项均不为0的数列的前项和为，且.（1）若，求数列的前项和；（2）若，求的最大值.【答案】21.22.【解析】【分析】（1）首先由递推关系结合得到 ，再利用分组求和的方法求前n项和；（2）首先利用将原式化简为，再构造函数，利用作差法判断函数的增减性，进而可得最大值.【小问1详解】当时，，所以有，得：，所以，即，当时，，所以，不满足上式，当时，，当时，满足上式，综上：.【小问2详解】当时，，所以，所以，即，令，则，令，解得，由于数列中的是正整数，所以可得，，，， 综上：.22.已知函数.（1）若单调递增，求的值；（2）设是方程的两个实数根，求证：.【答案】（1）1（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由单调递增，转化为恒成立，分离参数法可求；（2）由是方程的两个实数根，化简得，，两式作和与差，消去参数，转化为证明，整体换元，转化变形为的证明，构造函数，利用导数证明即可．【小问1详解】，，则，由单调递增，则，即，则有恒成立，当时，对任意都成立；当时，，则恒成立，设，则为减函数，当时，则，且，所以；当时，，则恒成立，由为减函数，当时，则，且，所以；综上所述，；【小问2详解】 方程，所以，则有，且，由，得．要证，只要证明，即证，记，则，，因此只要证明，即．记，，令，则，当时，，所以函数在上递增，则，即，则在上单调递增，，即成立，．【点睛】多变量导数题核心思想是不变的——消元，消元的方法有很多，在双变量问题中可以差值比值代换，主元法，构造函数等等.这些方法同样适用于多变量，在三变量消元时也可以考虑先忽略一个变量，将三变量转化成双变量问题.