黑龙江省齐齐哈尔市普高联谊校2023-2024学年高三数学上学期12月期末考试试题（Word版附解析）

齐齐哈尔普高联谊校高三期末考试数学考生注意：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．4．本卷命题范围：复数，数列立体几何（含空间向量）占50%；集合，逻辑，不等式，函数，导数，三角函数，解三角形，平面向量占50%．一、选择题：本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1.已知集合，集合，则（）A.B.C.D.2.复数在复平面上对应的点位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.在等比数列中，，，则首项等于（）A.2B.1C.D.4.若平面向量，满足，，且，则向量与夹角的大小是（）A.B.C.D.5.设函数，则（）A.是偶函数，且在上单调递增B.是奇函数，且在上单调递减C.是偶函数，且在上单调递增D.是奇函数，且在上单调递减6.若函数在上单调，则取值范围是（）A.B.C.D.7.若为函数的极值点，则函数的最小值为（） A.B.C.D.8.圣·索菲亚教堂（英语：SAINTSOPHIACATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，为哈尔滨的标志性建筑，被列为第四批全国重点文物保护单位.其中央主体建筑集球､圆柱､棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为（）A.30B.60C.D.二、选择题：本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．9.设向量，，则（）A.B.C.D.10.设等差数列的前n项和为，若，则下列结论正确的是（）A.B.最大C.D.11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.函数的最小正周期为B.函数的图象关于点对称C.函数为偶函数D.若函数的图象向左平移个单位长度后关于轴对称，则可以为12.如图所示，在棱长为2的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（） A.平面平面B.的最小值为C.若直线与所成角余弦值为，则D.若是的中点，则到平面的距离为三、填空题：本题共4小题．13已知函数，则______．14.若数列是等比数列，且，则__________．15.已知，为坐标原点，点（异于点）在直线上，则________.16.已知函数图象上相邻两对称轴的距离为，则函数的图象与函数（，且的图象所有交点的横坐标之和为________.四、解答题：本题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.在递增的等比数列中，，，其中.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前n项和.18.在中，角，，所对的边分别为，，，.（1）求角；（2）若，求边上高的最大值.19.如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，点是的中点， ，．（1）求与所成角的大小；（2）求与平而所成角的正弦值．20.已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．（1）求通项公式；（2）求数列的前n项和.21.如图，多面体中，四边形为菱形，平面，，，，.（1）若是的中点，证明：平面平面；（2）求二面角的正弦值.22.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数有两个不同零点，求的取值范围，并证明. 齐齐哈尔普高联谊校高三期末考试数学考生注意：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．4．本卷命题范围：复数，数列立体几何（含空间向量）占50%；集合，逻辑，不等式，函数，导数，三角函数，解三角形，平面向量占50%．一、选择题：本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1.已知集合，集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先化简集合A，再利用集合的交集运算求解.【详解】由，得，解得，所以，又，所以．故选：D2.复数在复平面上对应的点位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】【分析】先进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，分母变成一个实数，分子进行复数的乘法运算，整理成复数的标准形式，写出对应点的坐标，看出所在的象限.【详解】∵复数=,∴复数对应的点的坐标是（）, ∴复数在复平面内对应的点位于第一象限，故选A.3.在等比数列中，，，则首项等于（）A.2B.1C.D.【答案】C【解析】【分析】根据等比数列基本量关系求解即可.【详解】，，，.故选：C4.若平面向量，满足，，且，则向量与夹角的大小是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据向量的夹角公式进行计算即可.【详解】设向量与的夹角是，则．又因，所以．故选：A．5.设函数，则（）A.是偶函数，且在上单调递增B.是奇函数，且在上单调递减C.是偶函数，且在上单调递增D.是奇函数，且在上单调递减【答案】B【解析】【分析】根据奇偶性的定义判断函数的奇偶性，画函数图象，然后结合图象得函数的单调区间. 【详解】因为函数的定义域为R，且，所以是奇函数，又，作出函数图象如下图：由图知，函数在和上单调递增，在上单调递减.故选：B6.若函数在上单调，则取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由，得到，然后根据在单调求解.【详解】解：因为，所以，因为在单调，所以，∴，故选：D.7.若为函数的极值点，则函数的最小值为（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】先由为函数的极值点求得a，再利用导数法求解.【详解】，因为是函数的极值点，所以，则，所以，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以．故选：C8.圣·索菲亚教堂（英语：SAINTSOPHIACATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，为哈尔滨的标志性建筑，被列为第四批全国重点文物保护单位.其中央主体建筑集球､圆柱､棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为（）A.30B.60C.D.【答案】D【解析】【分析】在中，利用正弦定理，得，再结合锐角三角函数的定义，求得， ，得解．【详解】由题意知，，，所以，在中，，在中，由正弦定理得，，所以，在中，米，所以小明估算索菲亚教堂的高度为米．故选：D．二、选择题：本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．9.设向量，，则（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示可判断AB正误；由向量模长坐标运算可知CD正误.【详解】对于A，，，A正确；对于B，，与不平行，B错误；对于C，，，C正确；对于D，，，D正确.故选：ACD.10.设等差数列的前n项和为，若，则下列结论正确的是（）A.B.最大C.D.【答案】AD【解析】【分析】由已知条件可得，然后逐个分析判断即可 【详解】因为，所以，得，即，则A正确.当时，，则，最小，故B错误.因为，所以，所以，对称轴为，所以，则C错误.因为，所以D正确.故选：AD11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.函数的最小正周期为B.函数的图象关于点对称C.函数为偶函数D.若函数的图象向左平移个单位长度后关于轴对称，则可以为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，利用辅助角公式和周期公式即可判断；对于B，求出后利用对称中心点的计算即可判断；对于C，利用偶函数的判断标准判断即可；对于D，根据三角函数变换法则进行变换后，利用关于轴对称进行判断即可.【详解】因为，所以的最小正周期为，故A正确；当时，，所以函数的图象关于点对称，B正确；易知函数的定义域为，又 ，所以函数不是偶函数，故C错误；函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象对应的函数为，由题意，函数的图象关于轴对称，所以，，即，，当时，，故D正确．故选：ABD12.如图所示，在棱长为2的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（）A.平面平面B.的最小值为C.若直线与所成角的余弦值为，则D.若是的中点，则到平面的距离为【答案】ABD【解析】【分析】根据面面垂直的判定定理即可判断A；结合正方体结构特征判断当点与重合时，取最小值，即可判断B；建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，根据空间角的向量求法可判断C ；将线面距离转化为点面距离，根据空间距离的向量求法求得点到平面的距离，即可判断D.【详解】在正方体中，因为平面，平面，所以平面平面，故A正确；连接，由平面，平面，得，故在中，当点与重合时，取最小值，故B正确；如图，以、、所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，设，，则，，假设存在点，使直线与所成角的余弦值为，则，解得（舍去），或，此时点是中点，，故C错误；由且平面，平面，知平面，则到平面的距离，即为到平面的距离；是的中点，故，，，，设平面的法向量为，则，即，取，则，，故， 所以点到平面的距离为，即到平面的距离为，D正确．故选：ABD三、填空题：本题共4小题．13.已知函数，则______．【答案】【解析】【分析】求出，代值计算可得出的值.【详解】因为，则，故.故答案为：.14.若数列是等比数列，且，则__________．【答案】4【解析】【分析】根据等比数列的性质求解即可．【详解】根据等比数列的性质，有，则，解得，所以．故答案为：4．15.已知，为坐标原点，点（异于点）在直线上，则________.【答案】【解析】【分析】由点（异于点）在直线上设出其坐标，然后得出向量坐标，由数量积公式和模长公式求得答案. 【详解】点（异于点）直线上，可设，，可得，，则，且，所以，故答案为：.16.已知函数图象上相邻两对称轴的距离为，则函数的图象与函数（，且的图象所有交点的横坐标之和为________.【答案】4【解析】【分析】由题意可知和且的图象关于点中心对称，作出两函数图象，即可得出答案.【详解】由题知，函数的最小正周期为，，所以，则.又，所以的图象关于点中心对称，作出和，且的图象如图所示，可知两函数图象共有4个交点，且关于点中心对称，将4个交点从左到右设为，，则，故这4个交点的横坐标之和为:.故答案为：4 四、解答题：本题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.在递增的等比数列中，，，其中.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，求出的首项、公比即可作答.（2）利用分组求和法及等比数列前n项和公式求和作答.【小问1详解】由，等比数列是递增数列，得，因此数列的公比，则，所以数列的通项公式是.【小问2详解】由（1）得，，.18.在中，角，，所对的边分别为，，，.（1）求角；（2）若，求边上高的最大值.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）用正弦定理边化角即可求解；（2）用余弦定理结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】由正弦定理及，得.因为，所以，所以，所以.因为，所以.因为，所以.【小问2详解】由（1）及余弦定理得：，所以，所以，当且仅当时等号成立，设边上高为，又因为，所以.即边上高的最大值为.19.如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，点是的中点，，．（1）求与所成角的大小；（2）求与平而所成角的正弦值．【答案】19.20.【解析】【分析】（1）以为坐标原点，，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，求出、，利用可得答案； （2）求出平面的一个法向量，利用线面角的向量求法可得答案.【小问1详解】，又底面，、底面，，，故以为坐标原点，，，所在的直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，所以，所以，即与所成角的大小为；【小问2详解】由（1）知，，．设平面的一个法向量为，则，取，则，，所以是平面的一个法向量，设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为．20.已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．（1）求的通项公式； （2）求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，用、表示及，即可求解作答；（2）方法1，利用（1）的结论求出、，再分奇偶求和求出即可；方法2，利用（1）的结论求出、，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出即可.【小问1详解】设等差数列的公差为，而，则，于是，解得，，所以数列的通项公式是；【小问2详解】方法1：由（1）知，，，当为偶数时，，，当为奇数时，.所以.方法2：由（1）知，，， 当为偶数时，，当为奇数时，若，则，显然满足上式，因此当为奇数时，..21.如图，多面体中，四边形为菱形，平面，，，，.（1）若是的中点，证明：平面平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线线垂直证明线面垂直，再证明面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，用向量法结合坐标运算即可求解.小问1详解】证明：连接，因为四边形为菱形，且，所以与为等边三角形.又中点为，所以.因为，所以，因为平面，平面，所以. 又，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.【小问2详解】解：连接，，设，交于点，取中点，连接，所以，底面.以为原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，，设平面的一个法向量为，则令，得；设平面的一个法向量为，则令，得；所以，所以二面角的正弦值为.22.已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数有两个不同零点，求的取值范围，并证明.【答案】（1）；（2），证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；（2）利用导数研究函数单调性及最值，分类讨论即可判定的取值范围，构造差函数证明即可.【小问1详解】当时，，易知，所以曲线在点处的切线方程为：；【小问2详解】由已知可得，①若，则，，即在上单调递增，上单调递减，，又时，，所以函数存在两个零点；②若时，，显然不符合题意；③若时，令，当时，令或，令，即在上单调递减，和上单调递增，函数极小值为，函数极大值为，此时函数至多有一个零点，不符合题意；当时，，则单调递增，至多一个零点，不符合题意；当时，令或，令， 即在上单调递减，和上单调递增，函数极大值为，函数极小值为，此时函数至多有一个零点，不符合题意；综上所述，时函数有两个零点，则一正一负，不妨令，设，令，即在R上单调递增，所以，，故时，有，时，有，即，所以，则，又因为在上单调递减，故，证毕.【点睛】第二问关键是分类讨论，通过判断单调性及极值、最值研究函数的零点个数，证明可利用构造差函数，通过证明来判定极值点偏移问题.