山西省朔州市怀仁市重点学校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 | 山西省朔州市怀仁市重点学校2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-03 20:20:49 | ||
图片预览
文档简介
怀仁重点中学高三年级2023~2024学年上学期期中考试
数学试题
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。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、不等式、函数、导数、三角函数、平面向量、复数、数列、立体几何与空间向量。
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，只有一项是符合题目要求的。
1．已知，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在中，，则（ ）
A． B． C． D．
4．德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一，他从几何问题出发，引进微积分的概念．在研究切线时，他对切线问题理解为“求一条切线意味着画一条直线连接曲线上距离无穷小的两个点”，这也正是导数定义的内涵之一．已知曲线在点处的切线与直线垂直，则常数a的值是（ ）
A． B． C． D．
5．函数的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
6．已知数列的通项公式为，数列的通项公式为，若将数列，中相同的项按从小到大的顺序排列后构成数列，则484是数列中的第（ ）
A．12项 B．13项 C．14项 D．15项
7．已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
8．若存在一个非零实数x，一个正实数y，使得等式成立，则实数a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．下列关于空间向量的说法正确的是（ ）
A．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
B．已知，，若，则
C．任意向量，，满足
D．若，，是空间的一组基底，且，则A，B，C，D四点共面
10．已知实数a，b，c，其中，，则下列关系中一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
11．已知函数是定义在上的奇函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为4 B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点对称 D．在内至少有5个零点
12．“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将11描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2，1个1”，则第四项为1211；将1211描述为“1个1，1个2，2个1”，则第五项为111221，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．对于外观数列，下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则的最后一个数字为6 D．若，则从开始出现数字4
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知平面向量，，，则________．
14．计算：________．
15．已知函数若，，函数恰有三个不同的零点，则实数m的取值范围为________．
16．已知A，B，C是球O的球面上三点，平面平面ABC，，O到平面ABC的距离为2，若异面直线OC与AB所成角的余弦值为，则球O的表面积为________．
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）已知等比数列的各项均为正数，且，．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
18．（本小题满分12分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
（1）求角B的大小；
（2）若的面积为，周长为3b，求AC边上的高．
19．（本小题满分12分）已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．
（1）求与的解析式；
（2）令，求方程在区间内的所有实数解的和．
20．（本小题满分12分）如图1，已知是等边三角形，点M，N分别在AB，AC上，，，O是线段MN的中点．将沿MN折起到的位置，使得平面平面MNCB，如图2．
图1 图2
（1）求证：；
（2）若，求点N到平面PBC的距离．
21．（本小题满分12分）已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）设，记的前n项和为，求证：．
22．（本小题满分12分）已知函数，且．
（1）讨论的单调性；
（2）若有且仅有两个零点，求a的取值范围．
怀仁重点中学高三年级2023~2024学年上学期期中考试·数学试题
参考答案、提示及评分细则
1．B 由，得，所以．故选B．
2．D 由题知，解不等式，得，因为，，所以，所以，所以．故选D．
3．A ．故选A．
4．C 由，得，所以切线的斜率为，又曲线在点处的切线与直线垂直，所以，得．故选C．
5．B ，的定义域为，且，，所以为奇函数，排除A，C；当时，，则，当时，，所以在区间上单调递增，排除D．故选B．
6．C 设，则，可得，则为3的倍数或为3的倍数，设或，则或，故的奇数项项数为t，偶数项项数为r，又，由，解得（舍去），由，解得，484是数列中的第14项．故选C．
7．D 设，则，当时，，所以函数在上单调递减，所以，故当时，，即，所以当时，，故．设，则，当时，，所以函数在上单调递增，所以，即，所以，故．综上可得，．故选D．
8．C 因为，所以，
所以．令，则，设，则，令，可得，当时，；当时，，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，则，又当时，，故．故选C．
9．ABD 因为是空间的一个基底，则，，不共面，所以，，也不共面，所以也可以作为空间的一个基底，故A正确；因为，，所以，，
又，所以，解得，故B正确；因为向量，不一定是共线向量，因此不一定成立，故C错误；因为，所以，即，所以A，B，C，D四点共面，故D正确．故选ABD．
10．ABD 对于A，，故A正确；对于B，因为，，所以，故B正确；对于C，当，，时，，故C错误；对于D，因为，故D正确．故选ABD．
11．BCD 对于A，因为是定义在上的奇函数，且，
所以，即，所以的周期为4，但的最小正周期不一定为4，如，满足为奇函数，
且，而的最小正周期为，故A错误；
对于B，因为为奇函数，且，所以，即的图象关于直线对称，故B正确；
对于C，由，及为奇函数可知，即的图象关于点对称，故C正确；
对于D，因为是定义在上的奇函数，所以，由题意，易知，在内至少有，，0，2，4这5个零点，故D正确．故选BCD．
12．AC 对于A项，，即“2个2”，，即“2个2”，以此类推，该数列的各项均为22，则，故A项正确；
对于B项，，即“1个1，1个3”，，即“3个1，1个3”，故，即“1个3，2个1，1个3”，故，故B项错误；
对于C项，，即“1个6”，，即“1个1，1个6”，，即“3个1，1个6”，故，即“1个3，2个1，1个6”，以此类推可知，的最后一个数字均为6，故C项正确；
对于D项，因为，则，，，，若数列中，中为第一次出现数字4，则中必出现了4个连续的相同数字，如，则在的描述中必包含“1个1，1个1”，即，显然的描述应该是“2个1”，矛盾，不合乎题意，若或，同理可知均不合乎题意，故不包含数字4，故D项错误．故选AC．
13． 由，，，则，解得，所以，所以，．
14． 原式．
15． 依题意，，，可得，，函数恰有三个不同的零点，即恰有三个解，转化为函数与图象有三个交点，函数的图象如图所示．结合图象，，解得，即实数m的取值范围为．
16． 构造如图所示的四棱柱，由题意，易知，，由平面平面ABC，可证平面ABC，进而．可得，，易知，则为异面直线OC与AB所成角（或补角）．设，易知，则，因为，，所以为等边三角形，所以，，，则在等腰中，
，解得，所以球O的表面积为．
17．解：（1）设数列的公比为，由，所以，所以，
又，所以． 2分
由，得，所以． 4分
所以的通项公式为． 5分
（2）由（1）知， 6分
所以
． 10分
18．解：（1）由已知结合正弦定理边化角可得．
又，
代入整理可得． 3分
因为，所以．
又，所以． 5分
（2）由及可得，． 6分
又周长为3b，则，所以．
根据余弦定理可得，，
整理可得． 10分
设AC边上的高为h，则，解得，
所以AC边上的高为． 12分
19．解：（1）由图可知，函数的最小正周期为，所以，
因为，可得，
因为，则，所以，解得，
所以的解析式为． 4分
由题可知． 6分
（2）因为
， 8分
由，可得，所以或， 10分
解得或，
又，故，
故所求的实数解的和为． 12分
20．（1）证明：因为是等边三角形，且，在中，可得，
又点O是线段MN的中点，所以． 1分
因为平面平面MNCB，且平面PMN，平面平面，
所以平面MNCB， 4分
又平面MNCB，所以． 5分
（2）解：由是等边三角形，，可得的高为，
取BC的中点D，连接PD，OD，OB，OC，如图所示．因为，，
可得，，所以的面积为，
又平面MNCB，且，
所以三棱锥的体积为． 7分
因为平面MNCB，平面MNCB，所以．
在中，，，，所以，
所以的面积为．
设点O到平面PBC的距离为d，
因为，可得， 9分
解得． 10分
又由，且平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，
则点N到平面PBC的距离与点O到平面PBC的距离相等，
所以点N到平面PBC的距离为． 12分
21．（1）解：当时，，所以； 1分
当时，由，
得，
两式相减得，
所以， 4分
当时也成立．所以． 5分
（2）证明：由（1）知，所以， 6分
所以． 8分
又， 9分
所以． 11分
综上，． 12分
22．解：（1），
当时，在上恒成立，在上单调递增， 2分
当时，令，则，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增． 4分
（2）由（1）知，当时，在单调递增，至多一个零点，不符题意． 5分
当时，在处取得极小值，且，，，，
所以， 7分
设，即，设，则，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减．
所以当时，取得极大值，， 10分
所以，即或，
设，则，当时，，所以在上单调递增，又，所以或，
综上所述，a的取值范围是． 12分
数学试题
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。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、不等式、函数、导数、三角函数、平面向量、复数、数列、立体几何与空间向量。
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，只有一项是符合题目要求的。
1．已知，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在中，，则（ ）
A． B． C． D．
4．德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一，他从几何问题出发，引进微积分的概念．在研究切线时，他对切线问题理解为“求一条切线意味着画一条直线连接曲线上距离无穷小的两个点”，这也正是导数定义的内涵之一．已知曲线在点处的切线与直线垂直，则常数a的值是（ ）
A． B． C． D．
5．函数的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
6．已知数列的通项公式为，数列的通项公式为，若将数列，中相同的项按从小到大的顺序排列后构成数列，则484是数列中的第（ ）
A．12项 B．13项 C．14项 D．15项
7．已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
8．若存在一个非零实数x，一个正实数y，使得等式成立，则实数a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．下列关于空间向量的说法正确的是（ ）
A．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
B．已知，，若，则
C．任意向量，，满足
D．若，，是空间的一组基底，且，则A，B，C，D四点共面
10．已知实数a，b，c，其中，，则下列关系中一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
11．已知函数是定义在上的奇函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为4 B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点对称 D．在内至少有5个零点
12．“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”．例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将11描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2，1个1”，则第四项为1211；将1211描述为“1个1，1个2，2个1”，则第五项为111221，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项．对于外观数列，下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则的最后一个数字为6 D．若，则从开始出现数字4
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知平面向量，，，则________．
14．计算：________．
15．已知函数若，，函数恰有三个不同的零点，则实数m的取值范围为________．
16．已知A，B，C是球O的球面上三点，平面平面ABC，，O到平面ABC的距离为2，若异面直线OC与AB所成角的余弦值为，则球O的表面积为________．
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）已知等比数列的各项均为正数，且，．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
18．（本小题满分12分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
（1）求角B的大小；
（2）若的面积为，周长为3b，求AC边上的高．
19．（本小题满分12分）已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．
（1）求与的解析式；
（2）令，求方程在区间内的所有实数解的和．
20．（本小题满分12分）如图1，已知是等边三角形，点M，N分别在AB，AC上，，，O是线段MN的中点．将沿MN折起到的位置，使得平面平面MNCB，如图2．
图1 图2
（1）求证：；
（2）若，求点N到平面PBC的距离．
21．（本小题满分12分）已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）设，记的前n项和为，求证：．
22．（本小题满分12分）已知函数，且．
（1）讨论的单调性；
（2）若有且仅有两个零点，求a的取值范围．
怀仁重点中学高三年级2023~2024学年上学期期中考试·数学试题
参考答案、提示及评分细则
1．B 由，得，所以．故选B．
2．D 由题知，解不等式，得，因为，，所以，所以，所以．故选D．
3．A ．故选A．
4．C 由，得，所以切线的斜率为，又曲线在点处的切线与直线垂直，所以，得．故选C．
5．B ，的定义域为，且，，所以为奇函数，排除A，C；当时，，则，当时，，所以在区间上单调递增，排除D．故选B．
6．C 设，则，可得，则为3的倍数或为3的倍数，设或，则或，故的奇数项项数为t，偶数项项数为r，又，由，解得（舍去），由，解得，484是数列中的第14项．故选C．
7．D 设，则，当时，，所以函数在上单调递减，所以，故当时，，即，所以当时，，故．设，则，当时，，所以函数在上单调递增，所以，即，所以，故．综上可得，．故选D．
8．C 因为，所以，
所以．令，则，设，则，令，可得，当时，；当时，，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，则，又当时，，故．故选C．
9．ABD 因为是空间的一个基底，则，，不共面，所以，，也不共面，所以也可以作为空间的一个基底，故A正确；因为，，所以，，
又，所以，解得，故B正确；因为向量，不一定是共线向量，因此不一定成立，故C错误；因为，所以，即，所以A，B，C，D四点共面，故D正确．故选ABD．
10．ABD 对于A，，故A正确；对于B，因为，，所以，故B正确；对于C，当，，时，，故C错误；对于D，因为，故D正确．故选ABD．
11．BCD 对于A，因为是定义在上的奇函数，且，
所以，即，所以的周期为4，但的最小正周期不一定为4，如，满足为奇函数，
且，而的最小正周期为，故A错误；
对于B，因为为奇函数，且，所以，即的图象关于直线对称，故B正确；
对于C，由，及为奇函数可知，即的图象关于点对称，故C正确；
对于D，因为是定义在上的奇函数，所以，由题意，易知，在内至少有，，0，2，4这5个零点，故D正确．故选BCD．
12．AC 对于A项，，即“2个2”，，即“2个2”，以此类推，该数列的各项均为22，则，故A项正确；
对于B项，，即“1个1，1个3”，，即“3个1，1个3”，故，即“1个3，2个1，1个3”，故，故B项错误；
对于C项，，即“1个6”，，即“1个1，1个6”，，即“3个1，1个6”，故，即“1个3，2个1，1个6”，以此类推可知，的最后一个数字均为6，故C项正确；
对于D项，因为，则，，，，若数列中，中为第一次出现数字4，则中必出现了4个连续的相同数字，如，则在的描述中必包含“1个1，1个1”，即，显然的描述应该是“2个1”，矛盾，不合乎题意，若或，同理可知均不合乎题意，故不包含数字4，故D项错误．故选AC．
13． 由，，，则，解得，所以，所以，．
14． 原式．
15． 依题意，，，可得，，函数恰有三个不同的零点，即恰有三个解，转化为函数与图象有三个交点，函数的图象如图所示．结合图象，，解得，即实数m的取值范围为．
16． 构造如图所示的四棱柱，由题意，易知，，由平面平面ABC，可证平面ABC，进而．可得，，易知，则为异面直线OC与AB所成角（或补角）．设，易知，则，因为，，所以为等边三角形，所以，，，则在等腰中，
，解得，所以球O的表面积为．
17．解：（1）设数列的公比为，由，所以，所以，
又，所以． 2分
由，得，所以． 4分
所以的通项公式为． 5分
（2）由（1）知， 6分
所以
． 10分
18．解：（1）由已知结合正弦定理边化角可得．
又，
代入整理可得． 3分
因为，所以．
又，所以． 5分
（2）由及可得，． 6分
又周长为3b，则，所以．
根据余弦定理可得，，
整理可得． 10分
设AC边上的高为h，则，解得，
所以AC边上的高为． 12分
19．解：（1）由图可知，函数的最小正周期为，所以，
因为，可得，
因为，则，所以，解得，
所以的解析式为． 4分
由题可知． 6分
（2）因为
， 8分
由，可得，所以或， 10分
解得或，
又，故，
故所求的实数解的和为． 12分
20．（1）证明：因为是等边三角形，且，在中，可得，
又点O是线段MN的中点，所以． 1分
因为平面平面MNCB，且平面PMN，平面平面，
所以平面MNCB， 4分
又平面MNCB，所以． 5分
（2）解：由是等边三角形，，可得的高为，
取BC的中点D，连接PD，OD，OB，OC，如图所示．因为，，
可得，，所以的面积为，
又平面MNCB，且，
所以三棱锥的体积为． 7分
因为平面MNCB，平面MNCB，所以．
在中，，，，所以，
所以的面积为．
设点O到平面PBC的距离为d，
因为，可得， 9分
解得． 10分
又由，且平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，
则点N到平面PBC的距离与点O到平面PBC的距离相等，
所以点N到平面PBC的距离为． 12分
21．（1）解：当时，，所以； 1分
当时，由，
得，
两式相减得，
所以， 4分
当时也成立．所以． 5分
（2）证明：由（1）知，所以， 6分
所以． 8分
又， 9分
所以． 11分
综上，． 12分
22．解：（1），
当时，在上恒成立，在上单调递增， 2分
当时，令，则，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增． 4分
（2）由（1）知，当时，在单调递增，至多一个零点，不符题意． 5分
当时，在处取得极小值，且，，，，
所以， 7分
设，即，设，则，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减．
所以当时，取得极大值，， 10分
所以，即或，
设，则，当时，，所以在上单调递增，又，所以或，
综上所述，a的取值范围是． 12分
同课章节目录