河北省石家庄市部分中学2023-2024学年高三上学期12月期中考试数学试题(含解析)

文档属性

名称 河北省石家庄市部分中学2023-2024学年高三上学期12月期中考试数学试题(含解析)
格式 docx
文件大小 1.3MB
资源类型 教案
版本资源 人教A版(2019)
科目 数学
更新时间 2023-12-09 13:13:03

图片预览

文档简介

石家庄市部分中学2023-2024学年高三上学期12月期中考试
数学
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分,考试时间120分钟.
第Ⅰ卷(选择题共60分)
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.已知复数满足,则的虚部为( )
A. B. C. D.
2.已知正方体为下底面的中心,为棱的中点,则下列说法错误的是( )
A.直线与直线所成角为
B.直线与直线所成角为
C.直线平面
D.直线与底面所成角为
3.在中,,则( )
A. B.
C. D.
4.当时,函数取得最大值,则( )
A. B. C. D.1
5.甲 乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为,圆锥的高分别为和,侧面积分别为和,若,则( )
A.2 B. C. D.
6.将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线,若关于轴对称,则的最小值是( )
A. B. C. D.
7.设是公差为的等差数列,是其前项和,且,则( )
A. B.
C. D.
8.已知函数,若函数恰有两个零点,则的取值范围为( )
A. B. C. D.
二 多选题(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,有选错的得0分)
9.已知是两条不重合的直线,是两个不重合的平面,则下列说法正确的是( )
A.若,则
B.若,则
C.若,则
D.若,则
10.已知函数,则下列判断正确的是( )
A.的图像关于直线对称
B.的图像关于点对称
C.在区间上单调递增
D.当时,
11.已知函数的定义域为,其导函数为.若,且,则( )
A.是增函数 B.是减函数
C.有最大值 D.没有极值
12.已知数列满足,则( )
A.数列单调递减 B.
C. D.
第Ⅱ卷(非选择题共90分)
三 填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.已知,则_____________.
14.河北省正定县的须弥塔是中国建筑宝库的珍贵遗产,是我国建筑之精品,是中国古代高超的建筑工程技术和建筑艺术成就的例证.一名身高的同学假期到河北省正定县旅游,他在处仰望须弥塔尖,仰角为,他沿直线(假设他的行走路线和塔底在同一条直线上)向塔行走了后仰望须弥塔尖,仰角为,据此估计该须弥塔的高度约为_____________.(参考数据:,结果保留整数)
15.已知函数的定义域为是偶函数,是奇函数,则的最小值为_____________.
16.如图,在直三棱柱中,,若为空间一动点,且,则满足条件的所有点围成的几何体的体积为_____________;若动点在侧面内运动,则线段长的最小值为_____________.
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.(10分)
已知等差数列的前项和为,数列是等比数列,.
(1)求数列和的通项公式;
(2)若设数列的前项和为,求.
18.(12分)
如图,在四棱锥中,底面是正方形,分别是的中点.
(1)证明:平面;
(2)若平面经过点,且与棱交于点.请作图画出在棱上的位置,并求出的值.
19.(12分)
在中,内角的对边分别为,已知.
(1)若,求的面积;
(2)求的最小值,并求出此时的大小.
20.(12分)
已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)当时,设为两个不相等的正数,且满足,证明:.
21.(12分)
如图,在四棱锥中,平面平面,底面是正方形,且分别是上靠近的三等分点.
(1)求证:;
(2)在上是否存在一点,使平面平面?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
22.(12分)
已知函数.
(1)当时,比较与的大小;
(2)若函数,且,证明:.
石家庄市部分中学2023-2024学年高三上学期12月期中考试
数学
参考答案及解析
一 选择题
1.A 【解析】由题意得,
所以的虚部为.
2.C 【解析】如图,连接,则,所以直线与直线所成的角即为,易得,所以是等边三角形,所以,故A正确;连接,连接交于点,易知,又平面,所以平面,又平面,所以.因为为中点,所以,因为,所以,又平面,所以平面.因为平面,所以,即,故B正确;假设平面,则,而,故错误;直线与底面所成的角为,故D正确.
3.A 【解析】.
4.B 【解析】因为函数的定义域为,所以依题可知,,而,所以,即,所以.因此函数在区间上单调递增,在区间上单调递减,处取得最大值,满足题意,即有.
5.D 【解析】因为甲 乙两个圆锥的母线长相等,所以结合可知,甲 乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是.不妨设两个圆锥的母线长为,甲 乙两个圆锥的底面半径分别为,高分别为,,则由题意知,两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为的圆,所以,得.由勾股定理得,,所以.
6.C 【解析】将的图象向左平移个单位长度后得到曲线的图象,则的解析式为,因为的图象关于轴对称,所以,解得,所以的最小值是.
7.C 【解析】由,得,即,所以,所以,,则,故A错误;,故B错误;,故C正确;
,是递增数列,,,
所以在中,最小,故D错误.
8.A 【解析】由,得,
则,则,所以,
因为,所以,所以.令函数,
则.当时,;当时,.所以在区间上单调递增,在区间上单调递减.当趋近于时,趋近于0,当时,,故的取值范围是.
二 多选题
9.AD 【解析】对于,若,则存在直线,使得,因为,所以,则,故A正确;对于B,当时,若,此时,且,,则,故B错误;对于C,若,设,当,且时,,故C错误;对于,若,则任意直线,直线与直线的位置关系为异面或平行,因为,且,所以,故D正确.
10.BC 【解析】A选项,.当时,,故的图像不关于直线对称,A错误;B选项,当时,,故的图象关于点对称,正确;C选项,当
时,,因为在上单调递增,所以在区间上单调递增,C正确;选项,当时,,故错误.
11.AD 【解析】因为,所以.设,则.因为,所以恒成立,所以在区间上单调递增.又因为,所以,所以当时,,当时,,当时,,故恒成立;当时,,,故恒成立.所以在区间上恒成立,故在区间上单调递增.
12.ABD 【解析】因为,所以数列单调递减,故A正确;因为,所以,易知,所以有,即,故C错误;,即,故B正确;由,可得,
即.由,累加可得,
所以,从而.由式可得,
所以,又,所以,由,累加可得,所以,所以.综上,,故D正确.
三 填空题
13. 【解析】由,得.由,得.所以.
14.42 【解析】作出图形,如图所示.
由题意得,,则,所以,在中,由正弦定理得,即,又,所以塔高.
15. 【解析】因为函数为偶函数,所以,即①,又因为函数为奇函数,
所以,即②,联立①②可得,由基本不等式可得,当且仅当,即时,等号成立,故函数的最小值为.
16.; 【解析】因为为空间一动点,且,所以点的轨迹为以为球心,为半径的球,所以该几何体的体积为.若动点在侧面内运动,则点的轨迹为球与侧面的截面图.设该截面图的圆心为,如图,取中点,过点作,垂足为,连接,易证平面,所以,得,当时最小,此时最小.易得,因为平面侧面,所以在棱上,所以,则,又,
所以当时,,所以
四 解答题
17.解:(1)设等差数列的公差为,等比数列的公比为,
因为,
所以解得,
所以,.
(2)由(1)得,
当为奇数时,,
令,
则,
令,
则,
所以.
18.(1)证明:连接,则为的中点,
又因为为的中点,所以.
因为平面平面,
所以平面.
(2)解:如图,过作直线与平行,
则,故共面.
延长与交于点,连接,与的交点即为点.
因为底面是正方形,是的中点,
所以,且,
又是的中点,可得,
则,所以.
19.解:解:(1)由题意,根据余弦定理,
得,
即,故,又,

又因为是的内角,所以为钝角,
所以,所以,
所以是等腰三角形,则,
所以.
(2)由(1)可知在中,,
则,即为钝角,
又因为,
所以,
设,

,故

当且仅当,即时,结合为钝角,
即当时等号成立.
所以的最小值是5,此时.
20.(1)解:,
所以,当时,,
在区间上单调递增.
当时,令,得.
当时,;
当时,,
所以在区间上单调递增,在区间上单调递减.
当时,当时,;
当时,,
所以在区间上单调递减,
在区间上单调递增
(2)证明:当时,由(1)知在区间上单调递增,
在区间上单调递减,不妨设,
要证,
即证.
令,
则,
令,则当时,;
当时,.
又,故当趋近于0时,趋近于0,,
所以恒成立,所以.
21.(1)证明:因为四边形是正方形,
所以.因为平面平面,
平面平面平面,
所以平面.
又因为平面,所以.
(2)解:存在点,且,理由如下.
设,如图,连接,交于点,
连接并延长,交于点,过作,
交于点,连接,若平面平面,
平面平面,平面平面,
所以.
因为点分别是上靠近的三等分点,
所以,所以.
因为是的中点,,
所以,所以.
22.(1)解:设函数,
可得,
当时,,则在区间上单调递增,
所以,所以,所以.
(2)证明:设函数,
当时,,则恒成立,
则由,得,
又,所以,
因为,可得,
令,可得,
所以单调递增,即在区间上单调递增,
所以,
所以在区间上单调递增,
又,所以,同理得,
要证,
只需证,即证.
因为,所以,
设函数,则,
所以在区间上单调递增,
因为,所以,所以,
所以,
所以,即.
同课章节目录