安徽省蚌埠市蚌山区2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 安徽省蚌埠市蚌山区2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 北师大版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-13 11:04:48 | ||
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文档简介
蚌埠市蚌山区2023-2024学年高三上学期期中考试
数学试题
满分：150分 考试时间：120分钟
考试注意：所有选择题的答案必须用2B铅笔填涂在答题卡中相应的位置，非选择题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.
一 选择题：本题8小题，每题5分，共40分.在每题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.
1.若（其中为虚数单位），，则（ ）
A. B. C. D.
2设集合，且，则（ ）
A.-4 B.-2 C.2 D.4
3.已知向量的夹角为，且，则（ ）
A.9 B. C.16 D.
4.的充分不必要条件是（ ）
A. B.
C. D.
5.已知函数在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
6.已知函数，则的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
7.已知，则（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数若函数恰有5个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二 多项选择题：本题4小题，每题5分，共20分.全部选对得5分，少选得2分，选错得0分.
9.已知函数且的图象过定点，且角的终边经过，则（ ）
A. B.
C. D.
10.设是公差为的等差数列，是其前项的和，且，则（ ）
A. B.
C. D.
11.如图，棱长为2的正方体中，为线段上动点（包括端点）.则下列结论正确的是（ ）
A.当点在线段上运动时，三棱锥的体积为定值
B.记过点平行于平面的平面为截正方体截得多边形的周长为
C.当点为中点时，异面直线与所成角为
D.当点为中点时，三棱锥的外接球表面积为
12.已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A.是函数的一个周期
B.存在，使得函数是偶函数
C.当时，函数在上的最大值为
D.当时，函数的图象关于点中心对称
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知奇函数且成等差数列，则__________.
14.已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，现从展开式中任取2项，则取到的项都是有理项的概率为__________.
15.我国人脸识别技术处于世界领先地位.所谓人脸识别，就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点，为坐标原点，余弦相似度为向量夹角的余弦值，记作，余弦距离为.已知，若的余弦距离为，则的余弦距离为__________.
16.已知（为自然对数的底数），，直线是与的公切线，则直线的方程为__________.
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）
如图，在多面体中，是等边三角形，是等腰直角三角形，，平面平面平面，点为的中点，连接.
（1）求证：平面；
（2）若，求三棱锥的体积.
18.（本小题满分12分）
已知等差数列中，首项，公差成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，设数列的前项和为，求正整数的最大值.
19.（本小题满分12分）
已知向量，函数.
（1）若，求在上的单调递减区间；
（2）若关于的方程在上有3个解，求的取值范围.
20.（本小题满分12分）
在①；②，两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.
在中，内角所对的边分别是，三角形面积为，若为边上一点，满足，且__________.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
（1）求角；
（2）求的取值范围.
21.（本小题满分12分）
甲 乙两名运动员进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立.
（1）若，求甲学员恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率；
（2）当时，若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）试比较与的大小；
（2）求证：当时，.参考数据：.
蚌埠市蚌山区2023-2024学年高三上学期期中考试
数学试题
参考答案
一 选择题：本题8小题，每题5分，共40分.在每题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.
1.【答案】A
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A.
2.【答案】B
【详解】由，可得，即，而，
，
，可得.
故选：B.
3.【答案】C
【详解】
故选：C
4.【答案】D
【详解】A.时，不一定有，如：.所以不是的充分条件，所以该选项不符合题意；
B.时，不成立，所以不是的充分条件，所以该选项不符合题意；
C.时，成立，所以是的充分条件；时，.一定成立，所以是成立的充要条件.所以该选项不符合题意；
D.时，成立，所以是的充分条件；但是时，不一定成立，如：.所以是的非必要条件.所以是的充分非必要条件.
故选：D
5.【答案】B
【详解】因为函数在上单调递增，又函数在上单调递增，
所以在上单调递增，且，
所以，解得.
故选：B.
6.【答案】A
【详解】当时，，则，
在上单调递增，错误；
当时，，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，错误，正确.
故选：A.
7.【答案】D
【详解】，
即，解得.
故选：D.
8.【答案】A
【详解】当时，，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
则时，.当时，.
作出大致图象，函数恰有5个不同零点，
即方程恰有5个根.令，则需方程.
（1）在区间和上各有一个实数根，令函数，则解得.
（2）方程（*）在和各有一根时，则
即
（3）方程的一个根为6时，可得，验证得另一根为，不满足.
（4）方程（*）的一个根为1时，可得，可知不满足.
综上，.
故选：A
二 多项选择题：本题4小题，每题5分，共20分.全部选对得5分，少选得2分，选错得0分.
9.【答案】BCD
【详解】因为，
令，得，进而，则，故A错误；
因为，
所以，
则，
，故BCD正确.
故选：BCD.
10.【答案】AC
【详解】，则
，
所以，所以，
因为，则，故正确；
，故B错误；
，故C正确；
是递增数列，
，
所以中，只有最小，故D错误.
故选：AC.
11.【答案】ACD
【详解】对，由于，显然平面，
又，所以在任何位置时到平面的距离相等，
所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对，由在上且，故截面为，
所以截面周长为，故错误；
对，当点为中点时，由于为正方形，
所以，又，所以，故C正确；
对，当点为中点时，，
所以在正方体中平面，
由，
所以，
所以外接圆直径，
所以三棱锥的外接球的直径，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确；
故选：ACD
12.【答案】BC
【详解】A项：因为
，
所以不是函数的一个周期，错误；
B项：当时，，
满足，故函数是偶函数，正确；
C项：当时，
，
令，则，
因为，所以，
则，开口向下，对称轴为，
故当时，在上取最大值，，
故函数在上的最大值为正确；
项：当时，，
则
故函数的图像不关于点中心对称，错误，
故选：BC.
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.【答案】2
【详解】由奇函数定义知，当时，
，
，
，
又成等差数列，
，
，
若，则，解得（舍）或，
若，则，无解，
.
故答案为：2.
14.【答案】
【详解】因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，
所以展开式的总项数为7项，故，
展开式的通项，
当是偶数时该项为有理项，
有4项，
所以所有项中任取2项，都是有理项的概率为.
15.【答案】
【详解】由题意得，
则，
又，
，
，
，
16.【答案】或
【详解】设公切线与且于点，与曲线切于点，
则有，①
，②
又，
.
过点的直线的斜率为，
.③
由①②③消去整理得，
解得或.
当时，，直线与曲线的切点为，此时切线方
程为，即.
当时，，直线与曲线的切点为，此时切线方程为，即.
故直线的方程为或.
所以答案为或.
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.【答案】（1）证明见解析；（2）.
【详解】（1）证明：是等腰直角三角形，
，点为的中点，.
平面平面，
平面平面平面，
平面.
平面.
平面平面，
平面.
（2）由（1）知平面，
点到平面的距离等于点到平面的距离.
是等边三角形，点为的中点
三棱锥的体积为.
18.【答案】（1）；（2）1617
【小问1详解】
由题意可知：解得
【小问2详解】
由题意可知
，解得
的最大整数为1617
19.【答案】（1）（2）.
【小问1详解】
解依题意
当时，.
令，
得，
当时，，
故在上的单调递减区间为；
【小问2详解】
解：依题意，，
则或，
则或.
则，
则，解得，
即的取值范围为.
20.【答案】（1）（2）
【小问1详解】
选择①，，
，即，
由正弦定理得，，
，
，
，即.
选择②，，
，
，
，
，
由正弦定理得，，
即，
所以，，即.
【小问2详解】
由（1）知，，
因为，所以，
在中，由正弦定理得，
即，
在Rt中，，
，
，
，
所以的取值范围为.
21.【答案】（1）（2）分布列见解析，
【小问1详解】
用事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”或“平局”，则
，
记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件，则事件包括事件
共5种，
所以
.
【小问2详解】
因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，
由题意得的所有可能取值为，则
，
，
.
所以的分布列为
2 4 5
所以的期望
，
因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，
所以，
故的最大值为.
22.【答案】（1）（2）证明见解析
【小问1详解】
解：
令，则
设，则，令，
则在上为增函数，
，
当时.为减函数；当时，为增函数，
，即.
在上单调递增，
由于，
所以当时，
当时，.
综上可知：
【小问2详解】
解：当时，要证明，只需证明.
由（1）可知，当时，恒成立，
因此只需证明当时，即可.
设，
则，
因此当时，单调递增；
当时，单调递减
所以的最小值只能是与中最小的一个.
因为，
而.
因为，
所以，所以，
所以，.
所以，当恒成立，即，
所以，当时，.
数学试题
满分：150分 考试时间：120分钟
考试注意：所有选择题的答案必须用2B铅笔填涂在答题卡中相应的位置，非选择题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.
一 选择题：本题8小题，每题5分，共40分.在每题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.
1.若（其中为虚数单位），，则（ ）
A. B. C. D.
2设集合，且，则（ ）
A.-4 B.-2 C.2 D.4
3.已知向量的夹角为，且，则（ ）
A.9 B. C.16 D.
4.的充分不必要条件是（ ）
A. B.
C. D.
5.已知函数在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
6.已知函数，则的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
7.已知，则（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数若函数恰有5个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二 多项选择题：本题4小题，每题5分，共20分.全部选对得5分，少选得2分，选错得0分.
9.已知函数且的图象过定点，且角的终边经过，则（ ）
A. B.
C. D.
10.设是公差为的等差数列，是其前项的和，且，则（ ）
A. B.
C. D.
11.如图，棱长为2的正方体中，为线段上动点（包括端点）.则下列结论正确的是（ ）
A.当点在线段上运动时，三棱锥的体积为定值
B.记过点平行于平面的平面为截正方体截得多边形的周长为
C.当点为中点时，异面直线与所成角为
D.当点为中点时，三棱锥的外接球表面积为
12.已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A.是函数的一个周期
B.存在，使得函数是偶函数
C.当时，函数在上的最大值为
D.当时，函数的图象关于点中心对称
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知奇函数且成等差数列，则__________.
14.已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，现从展开式中任取2项，则取到的项都是有理项的概率为__________.
15.我国人脸识别技术处于世界领先地位.所谓人脸识别，就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点，为坐标原点，余弦相似度为向量夹角的余弦值，记作，余弦距离为.已知，若的余弦距离为，则的余弦距离为__________.
16.已知（为自然对数的底数），，直线是与的公切线，则直线的方程为__________.
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）
如图，在多面体中，是等边三角形，是等腰直角三角形，，平面平面平面，点为的中点，连接.
（1）求证：平面；
（2）若，求三棱锥的体积.
18.（本小题满分12分）
已知等差数列中，首项，公差成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，设数列的前项和为，求正整数的最大值.
19.（本小题满分12分）
已知向量，函数.
（1）若，求在上的单调递减区间；
（2）若关于的方程在上有3个解，求的取值范围.
20.（本小题满分12分）
在①；②，两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.
在中，内角所对的边分别是，三角形面积为，若为边上一点，满足，且__________.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
（1）求角；
（2）求的取值范围.
21.（本小题满分12分）
甲 乙两名运动员进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立.
（1）若，求甲学员恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率；
（2）当时，若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）试比较与的大小；
（2）求证：当时，.参考数据：.
蚌埠市蚌山区2023-2024学年高三上学期期中考试
数学试题
参考答案
一 选择题：本题8小题，每题5分，共40分.在每题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.
1.【答案】A
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A.
2.【答案】B
【详解】由，可得，即，而，
，
，可得.
故选：B.
3.【答案】C
【详解】
故选：C
4.【答案】D
【详解】A.时，不一定有，如：.所以不是的充分条件，所以该选项不符合题意；
B.时，不成立，所以不是的充分条件，所以该选项不符合题意；
C.时，成立，所以是的充分条件；时，.一定成立，所以是成立的充要条件.所以该选项不符合题意；
D.时，成立，所以是的充分条件；但是时，不一定成立，如：.所以是的非必要条件.所以是的充分非必要条件.
故选：D
5.【答案】B
【详解】因为函数在上单调递增，又函数在上单调递增，
所以在上单调递增，且，
所以，解得.
故选：B.
6.【答案】A
【详解】当时，，则，
在上单调递增，错误；
当时，，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，错误，正确.
故选：A.
7.【答案】D
【详解】，
即，解得.
故选：D.
8.【答案】A
【详解】当时，，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
则时，.当时，.
作出大致图象，函数恰有5个不同零点，
即方程恰有5个根.令，则需方程.
（1）在区间和上各有一个实数根，令函数，则解得.
（2）方程（*）在和各有一根时，则
即
（3）方程的一个根为6时，可得，验证得另一根为，不满足.
（4）方程（*）的一个根为1时，可得，可知不满足.
综上，.
故选：A
二 多项选择题：本题4小题，每题5分，共20分.全部选对得5分，少选得2分，选错得0分.
9.【答案】BCD
【详解】因为，
令，得，进而，则，故A错误；
因为，
所以，
则，
，故BCD正确.
故选：BCD.
10.【答案】AC
【详解】，则
，
所以，所以，
因为，则，故正确；
，故B错误；
，故C正确；
是递增数列，
，
所以中，只有最小，故D错误.
故选：AC.
11.【答案】ACD
【详解】对，由于，显然平面，
又，所以在任何位置时到平面的距离相等，
所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对，由在上且，故截面为，
所以截面周长为，故错误；
对，当点为中点时，由于为正方形，
所以，又，所以，故C正确；
对，当点为中点时，，
所以在正方体中平面，
由，
所以，
所以外接圆直径，
所以三棱锥的外接球的直径，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确；
故选：ACD
12.【答案】BC
【详解】A项：因为
，
所以不是函数的一个周期，错误；
B项：当时，，
满足，故函数是偶函数，正确；
C项：当时，
，
令，则，
因为，所以，
则，开口向下，对称轴为，
故当时，在上取最大值，，
故函数在上的最大值为正确；
项：当时，，
则
故函数的图像不关于点中心对称，错误，
故选：BC.
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.【答案】2
【详解】由奇函数定义知，当时，
，
，
，
又成等差数列，
，
，
若，则，解得（舍）或，
若，则，无解，
.
故答案为：2.
14.【答案】
【详解】因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，
所以展开式的总项数为7项，故，
展开式的通项，
当是偶数时该项为有理项，
有4项，
所以所有项中任取2项，都是有理项的概率为.
15.【答案】
【详解】由题意得，
则，
又，
，
，
，
16.【答案】或
【详解】设公切线与且于点，与曲线切于点，
则有，①
，②
又，
.
过点的直线的斜率为，
.③
由①②③消去整理得，
解得或.
当时，，直线与曲线的切点为，此时切线方
程为，即.
当时，，直线与曲线的切点为，此时切线方程为，即.
故直线的方程为或.
所以答案为或.
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.【答案】（1）证明见解析；（2）.
【详解】（1）证明：是等腰直角三角形，
，点为的中点，.
平面平面，
平面平面平面，
平面.
平面.
平面平面，
平面.
（2）由（1）知平面，
点到平面的距离等于点到平面的距离.
是等边三角形，点为的中点
三棱锥的体积为.
18.【答案】（1）；（2）1617
【小问1详解】
由题意可知：解得
【小问2详解】
由题意可知
，解得
的最大整数为1617
19.【答案】（1）（2）.
【小问1详解】
解依题意
当时，.
令，
得，
当时，，
故在上的单调递减区间为；
【小问2详解】
解：依题意，，
则或，
则或.
则，
则，解得，
即的取值范围为.
20.【答案】（1）（2）
【小问1详解】
选择①，，
，即，
由正弦定理得，，
，
，
，即.
选择②，，
，
，
，
，
由正弦定理得，，
即，
所以，，即.
【小问2详解】
由（1）知，，
因为，所以，
在中，由正弦定理得，
即，
在Rt中，，
，
，
，
所以的取值范围为.
21.【答案】（1）（2）分布列见解析，
【小问1详解】
用事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”或“平局”，则
，
记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件，则事件包括事件
共5种，
所以
.
【小问2详解】
因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，
由题意得的所有可能取值为，则
，
，
.
所以的分布列为
2 4 5
所以的期望
，
因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，
所以，
故的最大值为.
22.【答案】（1）（2）证明见解析
【小问1详解】
解：
令，则
设，则，令，
则在上为增函数，
，
当时.为减函数；当时，为增函数，
，即.
在上单调递增，
由于，
所以当时，
当时，.
综上可知：
【小问2详解】
解：当时，要证明，只需证明.
由（1）可知，当时，恒成立，
因此只需证明当时，即可.
设，
则，
因此当时，单调递增；
当时，单调递减
所以的最小值只能是与中最小的一个.
因为，
而.
因为，
所以，所以，
所以，.
所以，当恒成立，即，
所以，当时，.
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