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辽宁省名校联盟2023-2024学年高三上学期12月联合数学试题(Word版附解析)
辽宁省名校联盟2023-2024学年高三上学期12月联合数学试题(Word版附解析)
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辽宁省名校联盟2023年高三12月份联合考试数学命题人:辽宁名校联盟试题研发中心审题人:辽宁名校联盟试题研发中心本试卷满分150分,考试时间120分钟.注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.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.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、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.2.若复数为纯虚数,则()A.5B.C.3D.3.已知函数,则“在区间上单调递增”的一个充分不必要条件为()A.B.C.D.4.老张为锻炼身体,增强体质,计划从下个月1号开始慢跑,第一天跑步3公里,以后每天跑步比前一天增加的距离相同.若老张打算用20天跑完98公里,则预计这20天中老张日跑步量超过5公里的天数为()A.8B.9C.13D.145.如图①所示,圆锥绣球是虎耳草科绣球属植物,在中国主要分布于西北、华东、华南、西南等地区,抗虫害能力强,其花序硕大,类似于圆锥形,因此得名.现将某圆锥绣球近似看作如图②所示的圆锥模型,已知,直线与圆锥底面所成角的余弦值为,则该圆锥的侧面积为()①② A.B.C.D.6.将函数的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像,若函数在区间上单调递增,则的最大值为()A.B.C.1D.37.已知直线与圆,过直线上的任意一点作圆的切线,切点分别为,则的最大值为()A.B.C.D.18.已知在正方体中,,点分别在棱和上,且,,,记平面与侧面,底面的交线分别为,则()A.的长度为B.的长度为C.的长度为D.的长度为二、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.已知正项等比数列的公比为,前项和为,,,则()A.B.C.数列是递减数列D.10.已知函数,则()A.为奇函数B.的单调递增区间为C.的极小值为D.若关于的方程恰有3个不等的实根,则的取值范围为11.已知正数满足,则() A.B.C.D.12.已知椭圆的左、右焦点分别为,左、右顶点分别为,离心率为,点在上,则()A.若的面积为,则B.若直线的斜率之积为,则C.若,则以为直径的圆与无交点D.若,则的最大值为三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知,,,若,则______.14.已知函数的定义域为,且的图像是一条连续不断的曲线,则同时满足下列三个条件的一个的解析式为______.①;②为奇函数;③在上单调递减.15.已知在直三棱柱中,,,若直三棱柱存在内切球(与各面均相切)且该球的表面积为,则该直三棱柱的体积为______.16.已知抛物线的焦点为,直线过点且与交于两点,且,与的面积之比为,其中为坐标原点,则______.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)已知数列满足,.(1)求证:为等比数列;(2)求数列的前项和.18.(12分)已知的内角所对的边分别为,且.(1)求; (2)若,求的最大值.19.(12分)如图,相距的之间是一条马路(可近似看作两条平行直线),为了测量河对岸一点到马路一侧的距离,小明在这一侧东边选择了一点,作为测量的初始位置,其中与交于点,现从点出发沿着向西走到达点,测得,继续向西走到达点,其中与交于点,继续向西走到达点,测得.根据上述测量数据,完成下列问题.(1)求的值;(2)求的值.20.(12分)如图,在四棱锥中,已知,底面是正方形,为棱的中点,,.(1)求点到平面的距离;(2)求平面与平面夹角的余弦值.21.(12分)已知双曲线的左、右顶点分别为,点在上,且.(1)求的方程; (2)直线与交于两点,记直线的斜率分别为,若,求的值.22.(12分)已知函数.(1)当时,求的极值;(2)若,求的值;(3)求证:. 参考答案及解析一、选择题1.C【解析】由题意得,,故.故选C项.2.A【解析】,故,解得.故选A项.3.D【解析】图像的对称轴为直线,若在区间上单调递增,则,解得,所以“”是“”的充分不必要条件.故选D项.4.B【解析】由题意得这20天日跑步量为等差数列,记为,设公差为,则,解得,所以.由,得,所以,所以老张日跑步量超过5公里的天数为9天.故选B项.5.C【解析】设,则由题意得,解得,所以底面圆周长,故该圆锥的侧面积.故选C项.6.B【解析】因为的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像,所以.当时,,因为函数在区间上单调递增,所以,解得,因此的最大值为.故选B项.7.D【解析】设,由题意得为锐角,因为圆的半径,所以,,故当取最小值时,取最大值,显然当时,最小,且,此时,此时,也取得最大值,最大值为.故选D项.8.A 【解析】如图,连接并延长交的延长线于,连接并延长交于点,交的延长线于点,连接,交于点,连接,则即为,即为.由,得,所以,,由,得,所以,所以,故C,D项错误;由,得,又易知,所以,所以,所以,故A项正确,B项错误.故选A项.二、选择题9.AC【解析】由,得或(舍去),A项正确;因为,所以,B项错误;,随着的增大而减小,故是递减数列,C项正确;,D项错误.故选AC项.10.ACD【解析】对于A项,,所以,故A项正确;对于B项,,令可得或,令可得,所以的单调递增区间为,故B项错误;对于C项,由,得,结合B项可知,是的极小值点,此时的极小值为,故C项正确;对于D项,令,得,如图,在同一直角坐标系内作出的图像与直线,当关于的方程恰有3个不等的实根时,,D 项正确.故选ACD项.11.BC【解析】对于A项,由已知得,所以(当且仅当时取等号),A项错误;对于B项,由已知得,所以(当且仅当时取等号),B项正确;对于C项,由已知得,所以,即,所以(当且仅当时取等号),C项正确,D项错误.故选BC项.12.BCD【解析】由,得,所以,故A项错误;由题意得,所以,,故,故B项正确;若,则,,故C项正确;由,得,故D项正确.故选BCD项.三、填空题13.4【解析】依题意,,故,解得.14.(答案不唯一)【解析】由题意得满足条件的一个的解析式为.15.【解析】依题意设内切球的半径为,则,解得.设,则 ,由的内切圆半径为2,得,所以,故该直三棱柱的体积.16.1【解析】由对称性,不妨设分别在第一、四象限,直线的方程为,联立整理得.设,,其中,则,,由与的面积之比为,可得,则,,则,得,则,解得.四、解答题17.(1)证明:由,得,又,所以是以1为首项,2为公比的等比数列.(2)解:由(1)知,故,则.设,,两式相减得,所以,故.18.解:(1)由正弦定理得,因为,所以, 所以,所以,所以.又,所以,所以,即.因为,所以.(2)由正弦定理得,其中为锐角,.因为,所以,所以的最大值为1,故的最大值为.19.解:(1)由图可知,,,,,则,,,,故.(2)在中,由正弦定理得,即,解得,故.20.解:解法一:(1)因为四边形为正方形,所以,且, 所以,所以,所以.又,所以平面,因为平面,所以,即两两垂直.以为原点,所在直线分别为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则,所以.设平面的法向量为,则取,则,所以.设点到平面的距离为,则,即点到平面的距离为.(2)连接,则.由(1)得平面,平面,所以,又,所以平面,即为平面的一个法向量.设平面与平面的夹角为, 则,即平面与平面夹角的余弦值为.解法二:(1)因为四边形为正方形,所以,且,所以,所以,所以.又,,所以平面,因为平面,所以,又,所以平面.又平面,所以.因为为的中点,所以,又,所以平面.又平面,所以.易知,则,则.因为为的中点,则到平面的距离为到平面距离的一半,即1,设到平面的距离为,由,得,即,解得,即点到平面的距离为.(2)由(1)知,平面,因为平面,所以,即两两垂直.以为原点,所在直线分别为轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则,所以.设平面的法向量为,则取,则,所以连接,则.因为平面,平面,所以,又,所以平面,即为平面的一个法向量.设平面与平面的夹角为,则,即平面与平面夹角的余弦值为.21.解:(1)由题意得,又,解得或(舍),所以,又点在上,所以,解得,故的方程为.(2)依题意,. 设,联立整理得,其中,,则且,,,所以,又,则,代入可得,解得或(舍去).22.(1)解:当时,,当时,单调递减,当时,单调递增,所以在处取得极小值0,无极大值.(2)解:由题得.①当时,,所以在上单调递增,所以当时,与矛盾;②当时,当时,单调递减,当时,单调递增,所以,因为恒成立,所以. 记,则,当时,单调递增,当时,单调递减,所以,所以,又,所以,所以.(3)证明:先证,设,则,所以在区间内单调递减,所以,即,所以.再证,由(2)知,当时等号成立.令,则,即,所以,……,累加得,
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高中 - 数学
发布时间:2024-01-16 21:45:02
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文章作者:随遇而安
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