河南省周口市项城市2023-2024学年高三上学期11月期中考试数学试题（含答案）

项城市2023-2024学年高三上学期11月期中考试
数学试题
一、选择题：本大题共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，则复数的虚部为（ ）
A. B.2 C. D.
3.已知，为非零实数，向量，为非零向量，则“”是“存在非零实数，，使得”的（ ）
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4.已知某公司第1年的销售额为万元，假设该公司从第2年开始每年的销售额为上一年的1.2倍，则该公司从第1年到第11年（含第11年）的销售总额为（参考数据：取）（ ）
A.万元 B.万元 C.万元 D.万元
5.已知的外心为，且，，向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
6.已知函数的图象关于直线对称，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
7.已知，，，均大于1，满足，，，则下列不等式成立的是（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数有三个零点，，，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本大题共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，则下列结论正确的是（ ）
A.的最小值为16 B.的最小值为9
C.的最大值为1 D.的最小值为
10.已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.
B.函数的图象关于对称
C.函数在的值域为
D.要得到函数的图象，只需将函数的图像向左平移个单位
11.定义在上的函数满足，，为奇函数，函数满足，若与恰有2023个交点，则下列说法正确的是（ ）
A. B.为的对称轴
C. D.
12.在一次数学活动课上，老师设计了有序实数组，，，表示把中每个1都变为0，0，每个0都变为1，所得到的新的有序实数组，例如，则.定义，，若，则（ ）
A.中有个0
B.中有个1
C.中0的总个数比1的总个数多
D.中1的总个数为
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13.如图，函数的图像是曲线，其中点，，的坐标分别为，，，则的值等于______.
14.已知等比数列中，，.若，则_____.
15.剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术.如图，原纸片为一圆形，直径，需要剪去四边形，可以通过对折、沿，裁剪、展开实现.
已知点在圆上且，，则四边形的面积为_____.
16.若存在，使得函数与的图象有公共点，且在公共点处的切线也相同，则的最大值为______.
四、解答题：本大题共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）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.在中，内角，，的对边分别为，，，且满足______.
（1）求角；
（2）若，的外接圆周长为，求边上的中线长.
18.（12分）设数列的前项和为，已知，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，数列的前项和为，，都有，求的取值范围.
19.（12分）的内角，，的对边分别为，，，，，的面积为.
（1）求；
（2）设点为外心，且满足，求.
20.（12分）
已知数列满足，.
（1）证明为等差数列，并求的通项公式；
（2）若不等式对于任意都成立，求正数的最大值.
21.（12分）
在中，内角，，的对边分别为，，，已知是和的等比中项.
（1）证明：.
（2）求的取值范围.
22.（本小题满分12分）
已知函数，为其导函数.
（1）求在上极值点的个数；
（2）若对恒成立，求的值.
项城市2023-2024学年高三上学期11月期中考试
数学参考答案
1.D【解析】本题考查集合的运算，考查数学运算的核心素养.
，
，所以.
2.A【解析】本题考查复数的运算，考查数学运算的核心素养.
设，则，
因为，所以，即，
则解得即，所以复数的虚部为.
3.B【解析】本题考查向量的共线，考查逻辑推理的核心素养.
由，可得，故，同向，由可知，，共线，所以“”是“存在非零实数，，使得”的充分不必要条件.
4.A设第年的销售额为万元，依题意可得数列是首项为，公比为1.2的等比数列，则该公司从第1年到第11年的销售总额为万元.
5.A【解析】在中，由，得点为线段的中点，而为的外心，则，即有，又，则为正三角形，即，，于是，，所以向量在向量上的投影向量为.故选：A.
6.B由函数的图像关于直线对称，得，则，解得，，所以.又由，可得，所以的最小值为.
7.B
8.D由题意知，所以可化为，令，则，所以当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，所以，又时，，时，，故的值域为，且其图象如图所示.
则问题转化为的零点：①一个在内，另一个为，
则即无解.
②一个在内，另一个在内，若，则，，函数有一个零点，不合题意，则即解得.故选D.
9.ABD【解析】对于A，由得，则，得，当且仅当即，取等号时，故A正确；
对于B，，当且仅当，即，时，等号成立，故B正确；
对于C，，故，，则，故C错误；
对于D，，，，，，则当，即时，取最小值，故D正确.故选：ABD.
10.ACD【解析】对A，根据函数的部分图象，可得，，所以，利用五点法作图，可得，可得，所以，故A正确；对B，令，得，故函数的图象不关于对称，故B错误；当时，，则，故函数值域为，故C正确；对D，把其图象向左平移个单位可得，故D正确.故选：ACD.
11.BCD
12.BC【解析】本题考查数列，考查逻辑推理的核心素养.
因为.依题意，，设中有项为1，项为0，所以则，则当为奇数时，当为偶数时，，当为奇数时，，当为偶数时，，所以中有个1，中有个0，故B正确，A错误.
当为奇数时，，当为偶数时，，中0的总个数比1的总个数多，故C正确，由.所以中1的总个数为，故D错误.
13.2
14.9
15.30【解析】本题考查解三角形的应用，考查数学建模的核心素养.
连接，由题可知，，
所以，即，
又，解得，，所以，则四边形的面积为.
16.
17.解：（1）选①，
由正弦定理及已知可得
因为，得，即
所以.
因为，所以
所以，解得.
选②，由得
可得
所以.
因为，所以.
选③，由正弦定理可得因为
则
即
因为，所以
（2）由，由余弦定理知
又因为，所以，所以.
如图，取中点，连接，记的外接圆的半径为，
则，解得
根据正弦定理可得.
所以，即
根据余弦定理可得
.所以.
故边上的中线长为.
18.解：（1）证明：由，，得
两式相减，得
因为，由，得，所以
所以对任意都成立.
所以数列为等比数列，首项为1，公比为2，故
（2）由（1）知，
所以数列前项和
又数列是递增数列，所以
故
解法二：（1）证明：由，，得
，
因为，所以
即
当时，
因为也满足上式，
所以数列为等比数列，首项为1，公比为2，故
（2）由（1）知，
所以
所以数列是递增数列，
所以
故
19.解：（1），，
两式相除得：.
（2）为外心，故，
.
由正弦定理可知：.
20.解：（1）由题可知，
所以是以2为公差的等差数列，
则，即
（2）由，可得，
设，
，
所以，即当增大时，也增大，
所以只需即可.因为，
即，所以正数的最大值为.
21.（1）证明：因为是和的等比中项，所以，即，
由余弦定理可得，故，即，
由正弦定理可得
，
又，所以，即.
（2）解：由（1）可知解得，，
，
令，，
.
令，得，即在区间上单调递增；
令，得，即在区间上单调递减.
故，即的取值范围为.
22.解：（1），
①当时，，所以，又，所以，所以在上单调递增；
②当时，，因为，且，，所以，所以在上单调递减，又，，所以存在，使得，且在上，，在上，，所以在上单调递增，在上单调递减；
③当时，，所以，又，所以，故在上单调递减；
④当时，，所以，，所以，当且仅当时取等号，所以在上单调递增；
⑤当时，，，，所以在上恒成立，所以在上单调递增.
综上所述，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以在上仅有2个极值点.
（2）当时，恒成立，即，
令，则，
因为且，所以当时，取得最小值.
，
则为函数的极小值点，故，解得.
下面证明：当时，为函数的最小值点，.
令，，
由（1）可知，，所以当时，的最小值为，所以函数在上恒成立，所以（即）在上单调递增，又，所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，符合题意.综上所述，.