河北省保定市唐县第一高级中学2023-2024学年高三上学期11月期中调研数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 河北省保定市唐县第一高级中学2023-2024学年高三上学期11月期中调研数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-26 11:37:11 | ||
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文档简介
唐县第一高级中学2023-2024学年高三上学期11月期中调研
数学
全卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置，
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
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.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知是虚数单位，则复数（ ）
A. B. C. D.
3.已知向量，，，若，则（ ）
A.3 B. -1 C.2 D.4
4.已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
5.中国是瓷器的故乡，“瓷器”一词最早见之于许慎的《说文解字》中.某瓷器如图1所示，该瓷器可以近似看作由上半部分圆柱和下半部分两个圆台组合而成，其直观图如图2所示，已知圆柱的高为18cm，底面直径，，，中间圆台的高为3cm，下面圆台的高为4cm，若忽略该瓷器的厚度，则该瓷器的侧面积约为（ ）
图1图2
A. B. C. D.
6.已知函数，若，，都有成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7.如图，正方形的边长为1，记其面积为，取其四边的中点，，，，作第二个正方形，记其面积为，然后再取正方形各边的中点，，，，作第三个正方形，记其面积为，如果这个作图过程一直继续下去，记这些正方形的面积之和，则面积之和将无限接近于（ ）
A. B.2 C. D.4
8.已知函数的定义域为，导函数为，不等式恒成立，且，则不等式的解集为（ ）
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（ ）
A. B.
C. D.
10.下列四个结论中正确的是（ ）
A.已知是空间的一组基底，则也是空间的一组基底
B.已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（3，6，6）
C.若A，B，C，D四点共面，则存在实数x，y，使
D.已知空间中的点，，，，则直线与直线的夹角的余弦值为
11.已知数列满足，且，数列的前项和记为，且数列满足，则（ ）
A. B. 的前10项和为55
C.当时， D.
12.已知函数，则（ ）
A.函数的最小值为-1
B.若函数在点处的切线与直线平行，则
C.函数有且仅有两个零点
D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.命题“，”的否定是_____________
14.已知函数为偶函数，则_______________.
15.如图，直线垂直于圆所在的平面，内接于圆，且为圆的直径，，，则三棱锥的外接球的半径为_____________.
16.已知函数（其中，，）的部分图象如下图所示，若在区间上有且仅有两个零点，则实数m的取值范围为____________.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17.（本小题满分10分）
在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求A；
（2）若为边上一点，，，，求的面积.
18.（本小题满分12分）
在正项等差数列中，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前n项和.
19.（本小题满分12分）
如图，在正三棱柱中，，为的中点.
（1）证明：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
20.（本小题满分12分）
已知函数，.
（1）若，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）若在上恒成立，求实数的最大值.
21.（本小题满分12分）
已知数列满足，且，数列满足且，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）令，求数列的前n项和；
（3）在（2）的条件下，对于实数m，存在正整数n，使得成立，求m的最小值.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）当时，证明：函数在上单调递增；
（2）若是函数的极大值点，求实数的取值范围.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D A A D C B A
题号 9 10 11 12
答案 AB AD BCD ABD
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.【答案】C
【解析】，可知.故选C.
2.【答案】D
【解析】.故选D.
3.【答案】A
【解析】由，，又由，有，解得.故选A.
4.【答案】A
【解析】由，有，又由（当且仅当时取等号），可得.故选A.
5.【答案】D
【解析】由，，可得该瓷器的侧面积为.故选D.
6.【答案】C
【解析】因为对于，，都有成立，所以函数是增函数，则函数和均为增函数，且有，即解得.故选C.
7.【答案】B
【解析】设正方形的面积为，可得数列是以1为首项，为公比的等比数列，数列的前项和，可得所有这些正方形的面积之和将无限接近于2.故选B.
8.【答案】A
【解析】设，，则由题意可知，设，，则，，且，于是在上单调递增，注意到，不等式，等价于，即，解出，故选A.
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.【答案】AB
【解析】对于A选项，，故A选项正确；
对于B选项，，故B选项正确；
对于C选项，，，故C选项错误；
对于D选项，，故D选项错误.故选AB.
10.【答案】AD
【解析】对于A选项，是空间的一组基底，且，，不共面，所以也是空间的一组基底，故A项正确；
对于B选项，因为 ，，所以在方向上的投影向量为，故B项错误；
对于C选项，若A，C，D共线，而B不在直线上，此时不存在实数x，y，使得，故C项错误；
对于D选项，由条件可知，，则，故D项正确.故选AD.
11.【答案】BCD
【解析】对于A选项，由于，对前个等式求和，可得，即，解出，，显然也满足通项公式，故A选项错误；
对于B选项，因为，所以的前10项和为1+2+3+…+10=55，故B选项正确；
对于C选项，当时，，故C选项正确；
对于D选项，利用选项C的结论，可以得到
，
，因此解出， ，显然也满足式子，故D选项正确.故选BCD.
12.【答案】ABD
【解析】对于A选项，由，令，有，可得函数的减区间为，增区间为，可得，故A选项正确；
对于B选项，由，当时，，当时，单调递增，有唯一解，有，故B选项正确；
对于C选项，当时，，当时，单调递增，至多有一个解，故C选项错误；
对于D选项，由， ，有，又由函数的增区间为，有，故D选项正确.故选ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.【答案】，
【解析】命题“，”的否定是“，”.
14.【答案】1
【解析】由于为偶函数，则，即，因此，则，解出.
15.【答案】5
【解析】如图，由，，，可得平面，可得，又由，可得的中点为三棱锥外接球的球心，，解出，因此，故三棱锥的外接球半径为5.
16.【答案】
【解析】由图象对称性可知，函数的图象与轴正半轴第一个交点的横坐标为，由图可知为其对称轴，则，解出，由于，故，，则，，因为，所以，于是，由于，故，因此，易知，因为在上有且仅有两个零点，所以.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17.【答案】（1）
（2）的面积为
【解析】（1）由正弦定理有，
由，有，
又由，有，
又由，有，
又由，可得；
（2）在中，利用余弦定理，，
将，代入，化简有，
解出或（舍去），由于，则，
因此的面积为.
18.【答案】（1）（2）
【解析】（1）设等差数列的通项公式，
由于，令，则，
将代入，解出或，由于各项为正数，则，
因此；
由，
.
19.【答案】（1）略（1）
【解析】（1）证明：如图，取的中点，连接与相交于点，
∵正三棱柱，∴底面，
又∵平面，∴，
∵为的中点，，∴，
∵，，，平面，
∴平面，
又∵平面，∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，平面，，
∴平面，
∵平面，∴；
（2）取的中点，连接，由，，两两垂直，
分别以向量，，方向为x、y、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
有，，，，，
设平面的法向量为，
由，，有
取，则，，可得，
设平面的法向量为，
由，，有
取，则，，可得，
由，，，
可得平面与平面的夹角的余弦值为.
20.【答案】（1）
（2）
【解析】（1）因为，所以，，
于是，，
则函数在点处的切线方程为，
整理为；
（2）因为在上恒成立，所以在上恒成立，
设，，则，
令，，则在上恒成立，
因此在上单调递减，于是，
因此在上恒成立，在上单调递减，
则，
由此可知，，于是实数的最大值为.
21.【答案】（1），
（2）
（3）2
【解析】（1）因为，所以，又，
因此是首项为2，公比为的等比数列，
于是，则；
因为数列满足，所以数列为等差数列，
由于，，公差，
故；
（2）由题意可知，
于是，则，
两式错位相减得到.
因此；
（3）由（2）可知，，
因此是单调递增数列，
于是，因此，则实数的最小值为2.
22.【答案】（1）略
（2）
【解析】（1）证明：因为，所以，且知，
要证函数单调递增，即证在上恒成立，
设，.则，
注意，在上均为增函数，故在上单调递增，且，
于是在上单调递减，在上单调递增，，即，
因此函数在上单调递增；
（2）由，有，令，有，
①当时，在上恒成立，因此在上单调递减，
注意到，故函数的增区间为，减区间为，
此时是函数的极大值点；
②当时，与在上均为单调增函数，故在上单调递增，
注意到，若，即时，此时存在，使，
因此在上单调递减，在上单调递增，又知，
则在上单调递增，在上单调递减，此时为函数的极大值点，
若，即时，此时存在，使，
因此在上单调递减，在上单调递增，又知，
则在上单调递减，在上单调递增，此时为函数的极小值点.
当时，由（1）可知单调递增，因此非极大值点，
综上所述，实数的取值范围为.
数学
全卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置，
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
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.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知是虚数单位，则复数（ ）
A. B. C. D.
3.已知向量，，，若，则（ ）
A.3 B. -1 C.2 D.4
4.已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
5.中国是瓷器的故乡，“瓷器”一词最早见之于许慎的《说文解字》中.某瓷器如图1所示，该瓷器可以近似看作由上半部分圆柱和下半部分两个圆台组合而成，其直观图如图2所示，已知圆柱的高为18cm，底面直径，，，中间圆台的高为3cm，下面圆台的高为4cm，若忽略该瓷器的厚度，则该瓷器的侧面积约为（ ）
图1图2
A. B. C. D.
6.已知函数，若，，都有成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7.如图，正方形的边长为1，记其面积为，取其四边的中点，，，，作第二个正方形，记其面积为，然后再取正方形各边的中点，，，，作第三个正方形，记其面积为，如果这个作图过程一直继续下去，记这些正方形的面积之和，则面积之和将无限接近于（ ）
A. B.2 C. D.4
8.已知函数的定义域为，导函数为，不等式恒成立，且，则不等式的解集为（ ）
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（ ）
A. B.
C. D.
10.下列四个结论中正确的是（ ）
A.已知是空间的一组基底，则也是空间的一组基底
B.已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（3，6，6）
C.若A，B，C，D四点共面，则存在实数x，y，使
D.已知空间中的点，，，，则直线与直线的夹角的余弦值为
11.已知数列满足，且，数列的前项和记为，且数列满足，则（ ）
A. B. 的前10项和为55
C.当时， D.
12.已知函数，则（ ）
A.函数的最小值为-1
B.若函数在点处的切线与直线平行，则
C.函数有且仅有两个零点
D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.命题“，”的否定是_____________
14.已知函数为偶函数，则_______________.
15.如图，直线垂直于圆所在的平面，内接于圆，且为圆的直径，，，则三棱锥的外接球的半径为_____________.
16.已知函数（其中，，）的部分图象如下图所示，若在区间上有且仅有两个零点，则实数m的取值范围为____________.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17.（本小题满分10分）
在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求A；
（2）若为边上一点，，，，求的面积.
18.（本小题满分12分）
在正项等差数列中，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前n项和.
19.（本小题满分12分）
如图，在正三棱柱中，，为的中点.
（1）证明：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
20.（本小题满分12分）
已知函数，.
（1）若，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）若在上恒成立，求实数的最大值.
21.（本小题满分12分）
已知数列满足，且，数列满足且，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）令，求数列的前n项和；
（3）在（2）的条件下，对于实数m，存在正整数n，使得成立，求m的最小值.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）当时，证明：函数在上单调递增；
（2）若是函数的极大值点，求实数的取值范围.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D A A D C B A
题号 9 10 11 12
答案 AB AD BCD ABD
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.【答案】C
【解析】，可知.故选C.
2.【答案】D
【解析】.故选D.
3.【答案】A
【解析】由，，又由，有，解得.故选A.
4.【答案】A
【解析】由，有，又由（当且仅当时取等号），可得.故选A.
5.【答案】D
【解析】由，，可得该瓷器的侧面积为.故选D.
6.【答案】C
【解析】因为对于，，都有成立，所以函数是增函数，则函数和均为增函数，且有，即解得.故选C.
7.【答案】B
【解析】设正方形的面积为，可得数列是以1为首项，为公比的等比数列，数列的前项和，可得所有这些正方形的面积之和将无限接近于2.故选B.
8.【答案】A
【解析】设，，则由题意可知，设，，则，，且，于是在上单调递增，注意到，不等式，等价于，即，解出，故选A.
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.【答案】AB
【解析】对于A选项，，故A选项正确；
对于B选项，，故B选项正确；
对于C选项，，，故C选项错误；
对于D选项，，故D选项错误.故选AB.
10.【答案】AD
【解析】对于A选项，是空间的一组基底，且，，不共面，所以也是空间的一组基底，故A项正确；
对于B选项，因为 ，，所以在方向上的投影向量为，故B项错误；
对于C选项，若A，C，D共线，而B不在直线上，此时不存在实数x，y，使得，故C项错误；
对于D选项，由条件可知，，则，故D项正确.故选AD.
11.【答案】BCD
【解析】对于A选项，由于，对前个等式求和，可得，即，解出，，显然也满足通项公式，故A选项错误；
对于B选项，因为，所以的前10项和为1+2+3+…+10=55，故B选项正确；
对于C选项，当时，，故C选项正确；
对于D选项，利用选项C的结论，可以得到
，
，因此解出， ，显然也满足式子，故D选项正确.故选BCD.
12.【答案】ABD
【解析】对于A选项，由，令，有，可得函数的减区间为，增区间为，可得，故A选项正确；
对于B选项，由，当时，，当时，单调递增，有唯一解，有，故B选项正确；
对于C选项，当时，，当时，单调递增，至多有一个解，故C选项错误；
对于D选项，由， ，有，又由函数的增区间为，有，故D选项正确.故选ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.【答案】，
【解析】命题“，”的否定是“，”.
14.【答案】1
【解析】由于为偶函数，则，即，因此，则，解出.
15.【答案】5
【解析】如图，由，，，可得平面，可得，又由，可得的中点为三棱锥外接球的球心，，解出，因此，故三棱锥的外接球半径为5.
16.【答案】
【解析】由图象对称性可知，函数的图象与轴正半轴第一个交点的横坐标为，由图可知为其对称轴，则，解出，由于，故，，则，，因为，所以，于是，由于，故，因此，易知，因为在上有且仅有两个零点，所以.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17.【答案】（1）
（2）的面积为
【解析】（1）由正弦定理有，
由，有，
又由，有，
又由，有，
又由，可得；
（2）在中，利用余弦定理，，
将，代入，化简有，
解出或（舍去），由于，则，
因此的面积为.
18.【答案】（1）（2）
【解析】（1）设等差数列的通项公式，
由于，令，则，
将代入，解出或，由于各项为正数，则，
因此；
由，
.
19.【答案】（1）略（1）
【解析】（1）证明：如图，取的中点，连接与相交于点，
∵正三棱柱，∴底面，
又∵平面，∴，
∵为的中点，，∴，
∵，，，平面，
∴平面，
又∵平面，∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，平面，，
∴平面，
∵平面，∴；
（2）取的中点，连接，由，，两两垂直，
分别以向量，，方向为x、y、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
有，，，，，
设平面的法向量为，
由，，有
取，则，，可得，
设平面的法向量为，
由，，有
取，则，，可得，
由，，，
可得平面与平面的夹角的余弦值为.
20.【答案】（1）
（2）
【解析】（1）因为，所以，，
于是，，
则函数在点处的切线方程为，
整理为；
（2）因为在上恒成立，所以在上恒成立，
设，，则，
令，，则在上恒成立，
因此在上单调递减，于是，
因此在上恒成立，在上单调递减，
则，
由此可知，，于是实数的最大值为.
21.【答案】（1），
（2）
（3）2
【解析】（1）因为，所以，又，
因此是首项为2，公比为的等比数列，
于是，则；
因为数列满足，所以数列为等差数列，
由于，，公差，
故；
（2）由题意可知，
于是，则，
两式错位相减得到.
因此；
（3）由（2）可知，，
因此是单调递增数列，
于是，因此，则实数的最小值为2.
22.【答案】（1）略
（2）
【解析】（1）证明：因为，所以，且知，
要证函数单调递增，即证在上恒成立，
设，.则，
注意，在上均为增函数，故在上单调递增，且，
于是在上单调递减，在上单调递增，，即，
因此函数在上单调递增；
（2）由，有，令，有，
①当时，在上恒成立，因此在上单调递减，
注意到，故函数的增区间为，减区间为，
此时是函数的极大值点；
②当时，与在上均为单调增函数，故在上单调递增，
注意到，若，即时，此时存在，使，
因此在上单调递减，在上单调递增，又知，
则在上单调递增，在上单调递减，此时为函数的极大值点，
若，即时，此时存在，使，
因此在上单调递减，在上单调递增，又知，
则在上单调递减，在上单调递增，此时为函数的极小值点.
当时，由（1）可知单调递增，因此非极大值点，
综上所述，实数的取值范围为.
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