河北省张家口市张垣联盟2023-2024学年高三上学期12月阶段测试数学试题

这是一份河北省张家口市张垣联盟2023-2024学年高三上学期12月阶段测试数学试题，共12页。试卷主要包含了本试卷共150分，请将各题答案填在答题卡上，已知数列，则是这个数列的，等差数列中的前项和分别为，则等内容，欢迎下载使用。
考试说明：
1．本试卷共150分．考试时间120分钟．
2．请将各题答案填在答题卡上．
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．已知集合，则等于（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，则在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第四象限B．第三象限C．第二象限D．第一象限
3．已知数列，则是这个数列的（ ）
A．第21项B．第22项C．第23项D．第24项
4．已知正四棱锥的底面边长是，体积是，那么这个四棱锥的侧棱长为（ ）
A．B．2C．D．
5．等差数列中的前项和分别为，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知直三棱柱的所有棱长都为2，顶点都在同一个球面上，则该球的表面积与该球体积的比为（ ）
A．B．C．D．
7．在中，角所对的边分别是，且为的等差中项，则角最大值是（ ）
A．B．C．D．
8．已知数列满足，且，若函数，记，则数列的前9项和为（ ）
A．0B．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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．已知是两个不同平面，是两条不同直线，则下述正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则或异面D．若，则
10．已知数列为等比数列，的前项和为，则（ ）
A．数列成等比数列
B．数列成等比数列
C．数列成等比数列
D．数列成等比数列
11．已知的最小正周期为，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．函数在上单调递减
C．直线是函数图象的一条对称轴
D．点是函数图象的一个对称中心
12．正方体的棱长为4，分别为的中点，点到平面的距离为则（ ）
A．平面截正方体所得的截面面积为18B．直线与平面平行
C．直线与平面垂直D．点到平面的距离为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知，若实数满足，则______．
14．设等比数列的公比为，其前项和为，若，则______．
15．若向量共面，则______．
16．设函数，则函数的最小值为______；若对任意，存在不等式恒成立，则正数的取值范围是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．
17．（本题满分10分）
已知一圆锥的母线长为，底面半径为．
（1）求圆锥的高及体积；
（2）若圆锥内有一球，球与圆锥的底面及圆锥的所有母线都相切，求球的半径．
18．（本题满分12分）
的内角的对边分别为，设．
（1）求；
（2）若，求边上的高．
19．（本题满分12分）
如图，四棱锥的底面是正方形，平面．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
20．（本题满分12分）
已知数列满足（，且，．求：
（1）数列的通项公式
（2）数列的前项和．
21．（本题满分12分）
已知正项数列的前项和为，且．数列的前项和为，数列的前项和为，数列，．
（1）求数列的通项公式及；
（2）若对任意，存在使得成立，求实数的取值范围．
22．（本题满分12分）
已知函数
（1）求函数在处的切线方程．
（2）对任意，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
2023-2024学年第一学期12月高三阶段测试卷
数学参考答案
1．D 【解析】由A中不等式变形得：，解得，即，．故选D．
2．A 【解析】，所以在复平面内所对应的点位于第四象限．故选A．
3．B 【解析】由题意可得数列的通项公式为，又，解得，所以是这个数列的第22项．故选B．
4．C 【解析】设四棱锥的高为，根据已知条件可得，所以，而，所以这个四棱锥的侧棱长为．故选C．
5．B 【解析】等差数列中的前项和分别为，．故选B．
6．A 【解析】由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，棱长为2．如图，为三棱柱上底面的中心，为球心，易知，，所以球的半径，满足，故．故选A．
7．C 【解析】由题意可得，由余弦定理可得
，当且仅当时，等号成立．
又，即角的最大值为．故选C．
8．D 【解析】数列满足数列是等差数列，
，
，
，
同理数列的前9项和为．故选D．
9．BC 【解析】若，则或异面，故A错误；
若，则，故B正确；
若，则与内直线没有公共点，所以或异面，故C正确；
若，则相交或平行或异面，故D错误，故选BC．
10．CD 【解析】因为，故A错误；
当数列为……时，；不成等比数列，故B错误；
数列每项都不为0，且后一项与前一项比值为同一个常数，故C正确；
可知数列每项都不为0，且后一项与前一项比值为同一个常数，故D正确．
故选CD．
11．BCD 【解析】．
最小正周期，故A错误；
，当，故函数在上单调递减，故B正确；
当时，，故直线是函数图象的一条对称轴，故C正确；
当时，，故点是函数图象的一个对称中心，故D正确．
故选BCD．
12．ABD 【解析】对于选项A，连接，如图所示，
因为正方体中，所以四点共面，所以四边形为平面截正方体所得的截面四边形，且截面四边形为梯形，又由勾股定理可得，，所以梯形为等腰梯形，高为，
所以，故A正确；
易知，又平面平面，故平面，又，
同理可得平面，又平面，故平面平面，
又平面，从而平面，故B正确；
连接，若直线与平面垂直成立，则，又，所以平面，
所以，显然不成立，所以直线与平面不垂直，故C错误；
由于，而，
则，所以，即，
点到平面的距离为点到平面的距离的二倍，故D正确．故选：ABD．
13． 【解析】，
所以，故．
14．或－1 【解析】等比数列中，，
，又，又，
或．故答案为或－1．
15． 【解析】共面，可设，
即，则，
解得．故答案为．
16．； 【解析】的导数为，则时，
单调递减；时，单调递增，
可得在处取得极小值，且为最小值；
令又对任意，存在，
有恒成立，即恒成立，即；
时，，当且仅当时取得最小值2，
，则时，单调递减；
时，单调递增，可得在处取得极小值，且为最小值；
所以，由，可得．
17．【解析】（1）由题意知，圆锥的高．
18．．
（2）由（1）知，圆锥的高为，设圆锥内切球的半径为，则，
解得．
18．【解析】（1）的内角的对边分别为．
因为．由正弦定理得：
即，，
．
（2）由余弦定理及已知可得：，
或，又所以
设边上的高为，所以．
19．【解析】（1）证明：建立如图所示的直角坐标系，
则，，即，，
又因为平面平面．
又平面，所以平面平面
（2）由（1）得．设平面的法向量为，即，
故平面的法向量可取为．
平面为平面的法向量．
设平面与平面夹角大小为，所以，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
20．【解析】（1）数列满足，
所以为等比数列，
设公比为，则，所以
所以，
故．
（2）
．
．
21．【解析】（1）由，可得时，，
得时，，
即，可得是以为首项，2为公比的等比数列，所以；
，
前项和，
，
相减可得，
所以；
（2）由得，
可得，
由时，，即有，可得，
又时，的最大值为，对任意，存在，
使得成立，则，解得．
22．【解析】（1），
，所以切线方程为
（2）由（1）可知，所以在上单调递增，
故当时，又
所以原不等式可化为，
从而有，
令，则，即在上单调递减，
，
所以，即在上恒成立，
令，则，故在单调递增，在单调递减，
从而只需，故的取值范围为．