山东省青岛局属、青西、胶州等地2023-2024学年高三上学期期中学业水平检测数学试题（含答案）
文档属性
| 名称 | 山东省青岛局属、青西、胶州等地2023-2024学年高三上学期期中学业水平检测数学试题（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 744.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-20 21:02:32 | ||
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文档简介
青岛局属、青西、胶州等地2023-2024学年高三上学期期中学业水平检测
数学试题
2023.11
本试题卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名 考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号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.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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交回.
一 单项选择题：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.设集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知平面向量，且，则（ ）
A. B. C.6 D.-6
3.已知，则（ ）
A. B. C. D.
4.若正实数满足，则（ ）
A.有最大值 B.有最小值
C.有最大值 D.有最大值
5.已知平行四边形满足，则（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
6.高为的密闭圆锥容器中有一部分水，当该容器底面放在水平面上时水面高度为，当该容器顶点在水平面上且底面与水平面平行时，水面高度为，若，则（ ）
A. B. C. D.2
7.已知命题“，使得”为假命题，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
二 多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分.
9.设函数，则（ ）
A.为奇函数 B.的最小正周期为
C.存在零点 D.存在极值点
10.正方体中，分别为的中点，则（ ）
A.直线平面
B.
C.异面直线与直线所成角的大小为
D.平面到平面的距离等于
11.设函数，则（ ）
A.的图象关于对称
B.函数的最小正周期为
C.将曲线上各点横坐标变为原来的2倍，再将曲线向左平移个单位，得到函数的图象
D.函数的最大值为
12.已知平面向量满足.则（ ）
A.
B.
C.
D.向量，则的最小值为
三 填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13.曲线过原点的切线方程为__________.
14.已知函数是定义域为的奇函数，，则__________.
15.已知函数有四个解，则的最小值为__________.
16.在中，，将各边中点连线并折成四面体，则该四面体外接球直径为__________；该四面体的体积为__________.（本小题第一空2分，第二空3分）
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）
如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为线段的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
18.（12分）
已知中内角的对边分别为，且.
（1）求角；
（2）设函数在区间上单调，，求.
19.（12分）
已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若存在，使得对任意成立，求实数的取值范围.
20.（10分）
如图，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，.
（1）证明：是等边三角形；
（2）若，设点在线段上，若，求点到平面的距离.
21.（12分）
如图，在平面四边形中，.
（1）证明：；
（2）求面积的最大值；
（3）设为线段的中点，求的最大值.
22.（12分）
已知函数.
（1）若函数在上单调递增，求的值；
（2）当时，证明：函数有两个极值点，且.
高三数学评分标准
一 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1-8DAACBCAB
二 多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.（选不全得2分）
9.BCD 10.AC 11.BCD 12.ABD
三 填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.（16题第一个空2分，第二个空3分）
13. 14.6 15.3 16.（1）；（2）2.
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）
解：（1）因为，
所以平面
又因为平面，所以平面平面
（2）记中点为，因为，所以
又因为平面平面，所以平面
故以为坐标原点，分别以所在射线为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，可得
设平面的法向量为
则，
令，可得
设平面与平面夹角为，
则
18.（12分）
解：（1）因为，
由正弦定理知：①.
又由余弦定理知：②
由①②得：.
又因为，所以
因为，所以
（2）因为，所以，
因为，所以或
若，则，因为，所以，
因为，所以，所以无解.
若，则，因为，所以，
因为，所以，所以，解得
此时在上不单调，所以无解
19.（12分）
解：（1）由题.
当时，在上单调递减；
当时，由解得.
所以，当时，；当时，；
所以，在上单调递减，在上单调递增；
（2）由（1）知：当时，
所以，存在，使成立，即存在，使成立
令，则
所以，在上单调递增，在上单调递减，
所以.
所以的取值范围为
20.（12分）
解：（1）因为，所以平面
所以
因为四边形是圆柱底面的内接四边形，且为其直径
所以
又因为，所以，
所以在RT中，，所以
所以是等边三角形
（2）因为，由（1）知，在RT中，，
所以
因为，所以
又因为平面平面，所以平面
所以点到平面的距离等于点到平面的距离
因为，所以，又因为，
所以平面，
所以点到平面的距离为，点到平面的距离为1
21.（12分）
解：（1）由题知，在中，由正弦定理得
因为，所以，所以
所以，所以
（2）在中，
由余弦定理知：
所以，所以
解得：，等号当仅当时取
所以
（3）在中，设，由正弦定理知：
所以
在中，由余弦定理知：
所以
所以，等号当仅当时取，所以的最大值等于3
22.（12分）
解：（1）因为，
设，则，
当时，，所以在上单调递增且；所以，若，则；不合题意
当时，令解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以
令，则；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
即只有，满足，所以，的值为
（2）由题知，由（1）知：且
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
所以为的极大值点
由（1）知：，所以
所以，即，当时，
所以，存在使得
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
所以，为的极小值点，即有两个极值点
因为，所以，
所以，要证，只需证
即证
设，则
再设，则
所以在上单调递减，所以
所以在上单调递减，所以
命题得证.
数学试题
2023.11
本试题卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名 考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号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.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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交回.
一 单项选择题：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.设集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知平面向量，且，则（ ）
A. B. C.6 D.-6
3.已知，则（ ）
A. B. C. D.
4.若正实数满足，则（ ）
A.有最大值 B.有最小值
C.有最大值 D.有最大值
5.已知平行四边形满足，则（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
6.高为的密闭圆锥容器中有一部分水，当该容器底面放在水平面上时水面高度为，当该容器顶点在水平面上且底面与水平面平行时，水面高度为，若，则（ ）
A. B. C. D.2
7.已知命题“，使得”为假命题，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
二 多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分.
9.设函数，则（ ）
A.为奇函数 B.的最小正周期为
C.存在零点 D.存在极值点
10.正方体中，分别为的中点，则（ ）
A.直线平面
B.
C.异面直线与直线所成角的大小为
D.平面到平面的距离等于
11.设函数，则（ ）
A.的图象关于对称
B.函数的最小正周期为
C.将曲线上各点横坐标变为原来的2倍，再将曲线向左平移个单位，得到函数的图象
D.函数的最大值为
12.已知平面向量满足.则（ ）
A.
B.
C.
D.向量，则的最小值为
三 填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13.曲线过原点的切线方程为__________.
14.已知函数是定义域为的奇函数，，则__________.
15.已知函数有四个解，则的最小值为__________.
16.在中，，将各边中点连线并折成四面体，则该四面体外接球直径为__________；该四面体的体积为__________.（本小题第一空2分，第二空3分）
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）
如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为线段的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
18.（12分）
已知中内角的对边分别为，且.
（1）求角；
（2）设函数在区间上单调，，求.
19.（12分）
已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若存在，使得对任意成立，求实数的取值范围.
20.（10分）
如图，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，.
（1）证明：是等边三角形；
（2）若，设点在线段上，若，求点到平面的距离.
21.（12分）
如图，在平面四边形中，.
（1）证明：；
（2）求面积的最大值；
（3）设为线段的中点，求的最大值.
22.（12分）
已知函数.
（1）若函数在上单调递增，求的值；
（2）当时，证明：函数有两个极值点，且.
高三数学评分标准
一 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1-8DAACBCAB
二 多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.（选不全得2分）
9.BCD 10.AC 11.BCD 12.ABD
三 填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.（16题第一个空2分，第二个空3分）
13. 14.6 15.3 16.（1）；（2）2.
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）
解：（1）因为，
所以平面
又因为平面，所以平面平面
（2）记中点为，因为，所以
又因为平面平面，所以平面
故以为坐标原点，分别以所在射线为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，可得
设平面的法向量为
则，
令，可得
设平面与平面夹角为，
则
18.（12分）
解：（1）因为，
由正弦定理知：①.
又由余弦定理知：②
由①②得：.
又因为，所以
因为，所以
（2）因为，所以，
因为，所以或
若，则，因为，所以，
因为，所以，所以无解.
若，则，因为，所以，
因为，所以，所以，解得
此时在上不单调，所以无解
19.（12分）
解：（1）由题.
当时，在上单调递减；
当时，由解得.
所以，当时，；当时，；
所以，在上单调递减，在上单调递增；
（2）由（1）知：当时，
所以，存在，使成立，即存在，使成立
令，则
所以，在上单调递增，在上单调递减，
所以.
所以的取值范围为
20.（12分）
解：（1）因为，所以平面
所以
因为四边形是圆柱底面的内接四边形，且为其直径
所以
又因为，所以，
所以在RT中，，所以
所以是等边三角形
（2）因为，由（1）知，在RT中，，
所以
因为，所以
又因为平面平面，所以平面
所以点到平面的距离等于点到平面的距离
因为，所以，又因为，
所以平面，
所以点到平面的距离为，点到平面的距离为1
21.（12分）
解：（1）由题知，在中，由正弦定理得
因为，所以，所以
所以，所以
（2）在中，
由余弦定理知：
所以，所以
解得：，等号当仅当时取
所以
（3）在中，设，由正弦定理知：
所以
在中，由余弦定理知：
所以
所以，等号当仅当时取，所以的最大值等于3
22.（12分）
解：（1）因为，
设，则，
当时，，所以在上单调递增且；所以，若，则；不合题意
当时，令解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以
令，则；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
即只有，满足，所以，的值为
（2）由题知，由（1）知：且
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
所以为的极大值点
由（1）知：，所以
所以，即，当时，
所以，存在使得
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
所以，为的极小值点，即有两个极值点
因为，所以，
所以，要证，只需证
即证
设，则
再设，则
所以在上单调递减，所以
所以在上单调递减，所以
命题得证.
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