黑龙江省龙东五地市2023-2024学年高三上学期期中联考数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 黑龙江省龙东五地市2023-2024学年高三上学期期中联考数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-14 18:14:49 | ||
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文档简介
龙东五地市2023-2024学年高三上学期期中联考
数学试题
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：集合与常用逻辑用语开始截止到圆结束。
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，只有一个选项是符合题目要求的.
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.复数，，则（ ）
A. B. C. D.
3.已知向量，，，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
4.已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5.将函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象关于轴对称，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.2
6.若函数有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
7.已知直线，若无论取何值，直线与圆恒有公共点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.在中，角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
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.关于的不等式对任意恒成立的充分不必要条件有（ ）
A. B. C. D.
10.如图所示，四边形为梯形，其中，，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11.安徽徽州古城与四川阆中古城、山西平遥古城、云南丽江古城被称为中国四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体.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
12.已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.若是上的奇函数，且在上单调递减，则函数的解析式可以为________.（写出符合条件的一个解析式即可）
14.已知，为坐标原点，点（异于点）在直线上，则________.
15.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________.
16.已知函数和函数，若存在实数，使得，则实数的取值范围是________.
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）
在中，角，，所对的边分别为，，，.
（1）求角；
（2）若，求边上高的最大值.
18.（12分）
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.
19.（12分）
已知等比数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）设，记的前项和为.若对于且恒成立，求实数的取值范围.
20.（12分）
如图，在四棱雉中，平面，底面是直角梯形，，，且，，，，为的中点，为上一点.
（1）若为中点，求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
21.（12分）
已知椭圆的离心率为，其上顶点到右顶点的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若为坐标原点，直线与椭圆相交于，两点，与轴相交于点，若存在实数，使得，求实数的取值范围.
22.（12分）
已知函数.
（1）求函数的图象在处的切线方程；
（2）已知，若函数恰有一个零点，求实数的值.
龙东五地市2023-2024学年高三上学期期中联考
数学
参考答案、提示及评分细则
1.B 解不等式，得，则，解不等式，得，则，所以.
2.D 由已知得.
3.A 由题意可得：，又，所以.
4.C 由题意得函数在上单调递增，且在上恒成立，所以解得，故的取值范围是.
5.B 由题意，所以，得，.又，所以实数的最小值为.
6.C 因为函数有两个极值点，导函数，所以方程有两个不同的正根，，即，，，所以.
7.A 由得：，故直线恒过定点，所以当点在圆上或圆内时，直线与圆恒有公共点，即，又，所以，即的取值范围为.
8.D 由题知，因为，所以，即，因为，所以，，由正弦定理得，因为，所以，故，因为，所以，，故.
9.AB 当不等式对任意恒成立时，有，解得，记.由题知，的取值范围是集合的非空真子集时，即为不等式对任意恒成立的充分不必要条件.
10.AC ，A正确；，B错误；，C正确；，D错误.
11.ABD 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，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，知平面，，，，，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.
12.AC 令，则，当时，，所以在上单调递增，所以，则，所以，所以，令，则，所以在上单调递减，所以，则，即，所以，所以.
13.（答案不唯一）
14. 由点且点在直线上，可设，，可得，，则，且，所以.
15.4 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，故这4个交点的横坐标之和为.
16. 因为存在实数，使得，所以有解，即有解，令，则，再另，所以，所以，在上单调递增，即在上单调递增，因为，所以时，，时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以.
17.解：（1）由正弦定理及，得.
因为，所以，
所以，所以.…………………………3分
因为，所以.因为，所以.……………………………………5分
（2）由（1）及余弦定理得：，所以，
所以，当且仅当时等号成立，……………………………………8分
设边上的高为，又因为，所以.
即边上高的最大值为.……………………………………………………………………10分
18.（1）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.………………………………………2分
又，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.………………………………………………4分
（2）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，………………5分
则，，，，
所以，，，，………7分
设平面的一个法向量为，
则
令，得；…………………………………………………………………9分
设平面的一个法向量为，
则
令，得；………………………………………………………………11分
所以，
所以二面角的正弦值为.………………………………………12分
19.解：（1）依题意，，，且是等比数列，
则，，，，
所以，而，故解得，
则，，，所以等比数列的公比，
则.…………………………………………………………………………………4分
（2）由（1）得，
所以，
，
两式相减得，
所以，……………………………………………………………8分
又因为对于且恒成立，即，
等价于对于且恒成立，
令，则，因为，
所以当时，，当时，，
所以，则的取值范围为.…………………………12分
20.（1）证明：取中点，连接，，……………………………………………………1分
则在中，，分别为，中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.……………………………2分
在直角梯形中，，，分别为，的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.………………………………3分
又，平面，平面，
所以平面平面.
又平面，所以平面.……………………………………………………4分
（2）解：如图所示，设为中点，连接，则，，，则四边形为矩形，故，
以为坐标原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
，，，……………………………………6分
设平面的法向量为，则
取得到，……………………………………………………………………8分
令，，设，则，
则，即，……………………………………10分
故，，
解得或（舍），
故存在点满足条件，.………………………………………………………………12分
21.解：（1）由题意得，解得，，
所以椭圆的方程为.…………………………………………………………4分
（2）当直线不存在斜率时，直线与纵轴有无数或没有交点，不符合题意；………………5分
当直线存在斜率时，设直线的方程设为，
于是有，
因为该直线与椭圆有两个交点，所以有，
化简得.………………………………………………………………7分
设，，于是有，，……………………8分
因为，
所以，…………………………9分
代入中，得，
于是有，………………………………………10分
化简，得，代入中，得，
所以的取值范围为.……………………………………………………12分
22.解：（1），，………………………1分
所以，，
所以函数的图象在处的切线方程为，即.……………………3分
（2）由题知.
因为函数恰有一个零点，且，
故0是函数的一个零点.………………………………………………………………4分
又，
不妨设，函数定义域为，则，
当时，，
又，，
所以在恒成立，
则函数在上单调递增，即函数在上单调递增，………………6分
又，当时，可得，，
则存在，使得，此时在上，有，在上，，
故在上为减函数，在上为增函数，，
故当时，，故在上存在一个零点，
则此时函数至少存在两个零点，又因为0是函数的唯一零点，故不符合题意；……8分
当时，可得，又，
所以在区间上存在一点，使得，
故当在上，有，在上，有，
故在上为增函数，在上为减函数，，
故当时，，故此时函数在上至少存在一个零点，
又因为0是函数的唯一零点，故不符合题意；…………………………………………10分
当时，即时，则当时，函数取得最小值，，符合题意，……11分
综上，满足条件的值为.……………………………………………………………………12分
数学试题
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：集合与常用逻辑用语开始截止到圆结束。
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，只有一个选项是符合题目要求的.
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.复数，，则（ ）
A. B. C. D.
3.已知向量，，，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
4.已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5.将函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象关于轴对称，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.2
6.若函数有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
7.已知直线，若无论取何值，直线与圆恒有公共点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.在中，角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
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.关于的不等式对任意恒成立的充分不必要条件有（ ）
A. B. C. D.
10.如图所示，四边形为梯形，其中，，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11.安徽徽州古城与四川阆中古城、山西平遥古城、云南丽江古城被称为中国四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体.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
12.已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.若是上的奇函数，且在上单调递减，则函数的解析式可以为________.（写出符合条件的一个解析式即可）
14.已知，为坐标原点，点（异于点）在直线上，则________.
15.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________.
16.已知函数和函数，若存在实数，使得，则实数的取值范围是________.
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）
在中，角，，所对的边分别为，，，.
（1）求角；
（2）若，求边上高的最大值.
18.（12分）
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.
19.（12分）
已知等比数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）设，记的前项和为.若对于且恒成立，求实数的取值范围.
20.（12分）
如图，在四棱雉中，平面，底面是直角梯形，，，且，，，，为的中点，为上一点.
（1）若为中点，求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
21.（12分）
已知椭圆的离心率为，其上顶点到右顶点的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若为坐标原点，直线与椭圆相交于，两点，与轴相交于点，若存在实数，使得，求实数的取值范围.
22.（12分）
已知函数.
（1）求函数的图象在处的切线方程；
（2）已知，若函数恰有一个零点，求实数的值.
龙东五地市2023-2024学年高三上学期期中联考
数学
参考答案、提示及评分细则
1.B 解不等式，得，则，解不等式，得，则，所以.
2.D 由已知得.
3.A 由题意可得：，又，所以.
4.C 由题意得函数在上单调递增，且在上恒成立，所以解得，故的取值范围是.
5.B 由题意，所以，得，.又，所以实数的最小值为.
6.C 因为函数有两个极值点，导函数，所以方程有两个不同的正根，，即，，，所以.
7.A 由得：，故直线恒过定点，所以当点在圆上或圆内时，直线与圆恒有公共点，即，又，所以，即的取值范围为.
8.D 由题知，因为，所以，即，因为，所以，，由正弦定理得，因为，所以，故，因为，所以，，故.
9.AB 当不等式对任意恒成立时，有，解得，记.由题知，的取值范围是集合的非空真子集时，即为不等式对任意恒成立的充分不必要条件.
10.AC ，A正确；，B错误；，C正确；，D错误.
11.ABD 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，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，知平面，，，，，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.
12.AC 令，则，当时，，所以在上单调递增，所以，则，所以，所以，令，则，所以在上单调递减，所以，则，即，所以，所以.
13.（答案不唯一）
14. 由点且点在直线上，可设，，可得，，则，且，所以.
15.4 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，故这4个交点的横坐标之和为.
16. 因为存在实数，使得，所以有解，即有解，令，则，再另，所以，所以，在上单调递增，即在上单调递增，因为，所以时，，时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以.
17.解：（1）由正弦定理及，得.
因为，所以，
所以，所以.…………………………3分
因为，所以.因为，所以.……………………………………5分
（2）由（1）及余弦定理得：，所以，
所以，当且仅当时等号成立，……………………………………8分
设边上的高为，又因为，所以.
即边上高的最大值为.……………………………………………………………………10分
18.（1）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.………………………………………2分
又，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.………………………………………………4分
（2）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，………………5分
则，，，，
所以，，，，………7分
设平面的一个法向量为，
则
令，得；…………………………………………………………………9分
设平面的一个法向量为，
则
令，得；………………………………………………………………11分
所以，
所以二面角的正弦值为.………………………………………12分
19.解：（1）依题意，，，且是等比数列，
则，，，，
所以，而，故解得，
则，，，所以等比数列的公比，
则.…………………………………………………………………………………4分
（2）由（1）得，
所以，
，
两式相减得，
所以，……………………………………………………………8分
又因为对于且恒成立，即，
等价于对于且恒成立，
令，则，因为，
所以当时，，当时，，
所以，则的取值范围为.…………………………12分
20.（1）证明：取中点，连接，，……………………………………………………1分
则在中，，分别为，中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.……………………………2分
在直角梯形中，，，分别为，的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.………………………………3分
又，平面，平面，
所以平面平面.
又平面，所以平面.……………………………………………………4分
（2）解：如图所示，设为中点，连接，则，，，则四边形为矩形，故，
以为坐标原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
，，，……………………………………6分
设平面的法向量为，则
取得到，……………………………………………………………………8分
令，，设，则，
则，即，……………………………………10分
故，，
解得或（舍），
故存在点满足条件，.………………………………………………………………12分
21.解：（1）由题意得，解得，，
所以椭圆的方程为.…………………………………………………………4分
（2）当直线不存在斜率时，直线与纵轴有无数或没有交点，不符合题意；………………5分
当直线存在斜率时，设直线的方程设为，
于是有，
因为该直线与椭圆有两个交点，所以有，
化简得.………………………………………………………………7分
设，，于是有，，……………………8分
因为，
所以，…………………………9分
代入中，得，
于是有，………………………………………10分
化简，得，代入中，得，
所以的取值范围为.……………………………………………………12分
22.解：（1），，………………………1分
所以，，
所以函数的图象在处的切线方程为，即.……………………3分
（2）由题知.
因为函数恰有一个零点，且，
故0是函数的一个零点.………………………………………………………………4分
又，
不妨设，函数定义域为，则，
当时，，
又，，
所以在恒成立，
则函数在上单调递增，即函数在上单调递增，………………6分
又，当时，可得，，
则存在，使得，此时在上，有，在上，，
故在上为减函数，在上为增函数，，
故当时，，故在上存在一个零点，
则此时函数至少存在两个零点，又因为0是函数的唯一零点，故不符合题意；……8分
当时，可得，又，
所以在区间上存在一点，使得，
故当在上，有，在上，有，
故在上为增函数，在上为减函数，，
故当时，，故此时函数在上至少存在一个零点，
又因为0是函数的唯一零点，故不符合题意；…………………………………………10分
当时，即时，则当时，函数取得最小值，，符合题意，……11分
综上，满足条件的值为.……………………………………………………………………12分
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