河南省TOP二十名校2023-2024学年高三上学期调研考试八（12月）数学试卷（Word版附解析）

绝密★启用前24届高三年级TOP二十名校调研考试八数学全卷满分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，并将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，用铅笔把答题卡上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收回.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.已知复数满足，则（）A.B.C.D.3.函数的图象在点处的切线方程为（）A.B.C.D.4.在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人第4天与第5天共走的里程数为（）A.24B.36C.42D.605.已知向量，若，则（）A.B.C.D.6.《九章算术》中将圆台称为“圆亭”.已知某圆亭的高为3，上底面半径为1，下底面半径为5，则此圆亭的表面积为（）A.B.C.D. 7.已知函数，若存在两个零点，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.8.已知函数图象的相邻两个对称中心之间的距离是，若将图象上的每个点向左平移个单位长度得到函数的图象，若为偶函数，且函数的图象在区间上至少含有30个零点，则在所有满足条件的区间中，的最小值为（）A.B.C.D.二､多选题：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.下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则C.“”是“”成立的充分不必要条件D.若，则10.已知各项都是实数的数列的前项和为，则下列说法正确的是（）A.若，则数列是递减数列B.若，则数列无最大值C.若数列为等比数列，则为等比数列D.若数列为等差数列，则为等差数列11.如图，直三棱柱的各条棱长均为是侧棱的中点，是的中点，是的中心，则（） A.平面平面B.平面C.异面直线与所成角的正弦值为D.直线与平面所成角的正弦值为12.已知函数，则下列说法正确的是（）A.当时，则方程在上有5个不同的解B.当时，函数在上单调递减C.当时，函数在上有2个零点D.若在上恒成立，则实数的取值范围为三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数则__________.14.已知平面向量为单位向量，且，则在方向上的投影向量的坐标为__________.15.已知函数，若，且，则的最小值为__________.16.若锐角的内角所对的边分别为，其外接圆的半径为，且，则的取值范围为__________.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.（本小题满分10分）已知各项均为正数的数列满足：，且. （1）求证：数列为等比数列；（2）若，求数列的前项和.18.（本小题满分12分）已知函数为奇函数，.（1）求的值；（2）若函数在区间上没有零点，求实数的取值范围.19.（本小题满分12分）已知函数.（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；（2）在中，内角所对的边分别是，且，若，求的面积.20.（本小题满分12分）（1）求的值；（2）若，求的值.21.（本小题满分12分）如图，在长方体中，点分别在棱上，且，.（1）求证：四点共面； （2）若，求平面与平面夹角的正弦值.22.（本小题满分12分）已知函数.（1）当时，求在区间上的最值；（2）若有两个不同的零点，证明：. 24届高三年级TOP二十名校调研考试八•数学参考答案､提示及评分细则1.C由题意得，所以，所以.故选C.2.C因为，所以，所以，所以.故选C.3.B由题意得，所以，解得，故，则，所以函数的图象在点处的切线方程为，即.故选B.4.B设第天走里，其中，由题意可知，数列是公比为的等比数列，所以，解得，所以此人第4天与第5天共走里程数为.故选B.5.D因为，所以，得，所以.故选D.6.D由题意，可作该圆亭的轴截面，如图所示：则圆亭的高，上底面半径，下底面半径，母线5，所以圆台的表面积.故选D. 7.A因为的定义域为，当时，在上单调递减，不可能存在两个零点，不合题意；当时，可得在上单调递增，在上单调递减，若存在两个零点，则，解得.又，令，当时，，所以在上单调递增，所以，又，所以当时，存在两个零点，所以实数的取值范围为.故选A.8.C由，得，则，则为偶函数，所以，又，所以，故，可得.由得，故或，解得或，所以相邻两个零点之间的距离为或.若最小，则和都是零点，此时在区间分别恰有个零点，所以在区间上恰有29个零点，从而在区间上至少有1个零点，所以，所以的最小值为.故选C.9.BD对于选项A，不妨令，满足，但，故A错误；对于选项，若，则，所以，不等式两边同除以得，故B正确；对于选项C，由“”不能得到“”，比如，故充分性不成立，故C错误；对于选项D，若，则，故D正确.故选BD.10.ACD对于选项，当时，，又，所以 则是递减数列，故A正确；对于选项是递减数列，所以，故B错误；对于选项，由题意得各项均不为0，设公比为，即，且0，即，所以，故C正确；对于D，，所以即数列为等差数列，故D正确.故选ACD.11.ABD对于选项，如图1，取的中点的中点，连接，故.又四边形为平行四边形，.又三棱柱是直三棱柱，为正三角形，平面，而平面，又平面.又平面，所以平面平面，故A正确；对于选项B，如图2，连接并延长交于，则为的中点，连接点为棱的中点，平面平面平面平面，故B正确；对于选项C，建立如图3所示的空间直角坐标系，则，.设异面直线与所成的角为，则，故异面直线与所成角的余弦值为，所以，故错误；对于选项，得，设为平面 的一个法向量.由得即.直线的一个方向向量为，则，即直线与平面所成角的正弦值为，故正确.故选ABD.12.AD对于选项，当时，，方程，即，所以或，所以或，故A正确；对于选项，当时，，则，当时，，所以，即在上单调递增，故B错误；对于选项，因为，根据选项，所以在上有且仅有一个零点，当时，，所以在上无零点，所以在上有且仅有一个零点，故错误；对于选项，由，即，整理得，令，则，当时，对任意有，又，所以，此时在上单调递增，故，符合题意.当时，令，则，所以，在上恒成立，即在上单调递增.又，当，即时，在上有，此时在上单调递增，，符合题意.当，即时，若，即 ，由零点存在定理，存在使，故上，所以在上单调递减，此时，不合题意.若，即，此时对恒有且不恒为0，即在上单调递减，所以，不合题意.综上，的取值范围是，故D正确.故选AD.13.9因为，所以.14.由题意，即，则在方向上的投影向量为.15.8因为的定义域为，所以函数为奇函数，又在上为减函数，所以由，得，所以，则，当且仅当时，即时取等号，所以的最小值为8.16.因为，所以，即，由正弦定理得，显然，所以，所以，因为，所以.因为，所以，所以，因为为锐角三角形，所以 所以，即.令，根据对勾函数的性质可知函数在上单调递减，在上单调递增，且，所以，即，所以，即的取值范围为.17.（1）证明：因为，所以，可化为，因为，所以，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列.（2）解：由（1）知，，所以18.解：（1）由，即，所以，故对定义域内的任意实数都成立，则，经验证不符合，符合题意，所以.（2）由（1）知，所以函数的定义域为， 因为，所以在上单调递减，由，得，因为在上单调递减，而在上单调递增，所以在上单调递增，则.又在区间上无解，故.19.解：（1），所以函数的最小正周期为.令，得，故函数的单调递增区间为.（2）由，得，由得，所以，得.由余弦定理得，得，因为，所以，从而有，得，则.20.解：（1）因为，所以，又，所以. 所以.（2）由（1），得，又，所以，又，所以，所以，.所以.21.（1）证明：如图所示，在棱上取点，使得，又，所以四边形为平行四边形，则且，又且，所以且，则四边形为平行四边形，所以，同理可证四边形为平行四边形，则，所以.所以四点共面.（2）解：以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，.设平面的法向量为，由得，解得令，则.，设平面的法向量为，由得，解得令，则，设两个平面夹角大小为，则.所以，所以平面与平面夹角的正弦值为.22.（1）解：当时，，.由，得；由，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减. 因为，，所以在区间上的最大值为0，最小值为.（2）证明：.当时，在上单调递减，不可能有两个零点，舍去；当时，所以，由，得，所以在上单调递增；由，得，所以在上单调递减.所以当时，取得极大值，极大值为，为满足题意，必有，得.因为是的两个不同的零点，所以，两式相减得.设，要证，只需证，即证.设，只需证， 设，则，所以在上为增函数，从而，