河北省承德市部分高中2024届高三上学期12月期中考试数学

2023—2024学年度上学期高三年级自我提升中期测试数学试卷一、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. 【答案】A【解析】【分析】由复数除法运算法则直接计算，结合复数的虚部的概念即可求解.【详解】因为，所以，所以的虚部为.故选：A.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【答案】C【解析】【分析】在正方体中，利用空间线、面的平行或垂直的判定与性质，结合正方体中已知的位置关系逐一对选项判断即可，注意题目要求的是错误的选项.【详解】对于选项A：因为，直线与直线所成角即为直线与直线所成角，因为是正三角形，故直线与直线所成角为，A正确；对于选项B：因为，又，面，故，而平面，故面，所以直线，故与直线所成角为，B正确；对于选项C：同选项A结合正方体的性质可知直线与AC不垂直，故C不正确； 对于选项D：由平面可知直线与底面所成角为，＝，故D正确.故选：C.3. 在中，，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先结合图形表示出，；再根据向量的减法运算即可解答.【详解】因为，所以，.所以.故选：A4. 当时，函数取得最大值，则（ ）A. B. C. D. 1【答案】B【解析】【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．故选：B5. 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. 【答案】D【解析】【分析】设出母线长、圆心角及底面半径后计算即可得.【详解】设甲、乙两个圆锥的母线长都为，底面半径分别为、，侧面展开图的圆心角分别为、，则，则，故，即有，，，即，同理，即，故.故选：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. 【答案】C【解析】【分析】得出平移后的方程后，再根据正弦型函数的性质即可得到答案.【详解】的图像向左平移个单位长度后为，由关于轴对称，即有，解得，又，故的最小值为.故选：C.7. 设是公差为的等差数列，是其前项和，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由可得，结合知，依次对选项判断即可.【详解】因，则，，两式相减可得：，即，又因为，所以，所以，故A，B错误；，故C正确；因为，所以，所以，故D错误.故选：C.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. 【答案】A【解析】【分析】根据题意可得函数，问题可以转化为有两个解，即恰有两个解，构造，对求导，分析单调性，值域，进而可得结论．【详解】因为函数，因此，即，即，又，所以函数恰有两个零点，即有两个解，即恰有两个解，即恰有两个解，记函数，则，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减， 故极大值也是最大值为，作出的大致图象如下：所以恰有两个解，则，故，故选：A【点睛】关键点睛：本题的关键是通过变形得到即恰有两个解，再设新函数研究右边的极值和图象，利用数形结合的思想即可得到答案.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【答案】AD【解析】【分析】利用空间线、面平行或垂直的判定与性质，对每个选项逐一判断，正确的加以证明，不正确的举出反例.【详解】对于选项A：过m作平面交平面于l，如下图，因为，所以m//l，而，所以，而，故，选项A正确； 对于选项B：举反例如下图，设，当时，，符合题目条件，但不成立，故选项B不正确； 对于选项C：举反例如上图，，但此时m//n，选项C不正确；对于选项D：若，由线面平行的性质定理可得，D正确；故选：AD10. 已知函数，则下列判断正确的是（ ）A. 的图象关于直线对称B. 的图象关于点对称C. 在区间上单调递增D. 当时，【答案】BC【解析】【分析】AB选项，化简得到，代入和，检验是否是对称轴和对称中心；C选项，求出，从而得到C正确；D选项，求出，得到.【详解】A选项，，当时，，故的图象不关于直线对称，A错误；B选项，当时，，故的图象关于点对称，B正确；C选项，时，，因为在上单调递增，故在区间上单调递增，C正确；D选项，时，，故，D错误.故选：BC11. 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【答案】AD【解析】【分析】利用导数的运算法则，引入函数，由得其递增，从而可确定的正负得的单调性，从而判断各选项．【详解】因为，所以，设，则，因为，所以恒成立，所以在上单调递增，又因为，所以，所以当时，，当时，，，当时，，，，，故恒成立；当时，，，，，故恒成立.所以在上恒成立，故在上单调递增.故选：AD.12. 已知数列满足，，则（ ）A. 数列单调递减 B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】对A：通过计算得到，则有，即可得到；对B：作差构造不等式计算即可得；对C：通过计算、找出反例即可得；对D：通过递推公式变形，再构造放缩可得.【详解】对A选项：由，，则，依次类推可得当时，有，故，故数列单调递减，即A正确；对B选项：由，则，由，当时，，故，即，故B正确；对C选项：，则，，即，故C错误；对D选项：由，故，即，故有，，， ，累加有，即，故，，故，即有，又，故当时，，，，，又，累加有，，即，即，故，故，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用递推关系合理构造及放缩法的巧妙运用.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知，，则_____________．【答案】【解析】【分析】由指对互化得出，根据对数运算得出，则可代入中计算得出答案.【详解】由可知，则，则，故答案为：.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_____________m．（参考数据：，结果保留整数）【答案】42【解析】【分析】作出图形，求出角度，利用正弦定理结合的正弦值，求出答案.【详解】如图，，因为，所以，在中，由正弦定理得，所以，其中，故，又，且，所以，又该同学身高，所以塔高约为. 故答案为：42.15. 已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为_____________．【答案】【解析】【分析】由题意可得，再结合基本不等式即可得答案.【详解】解：因为函数为偶函数，则，即，①又因为函数为奇函数，则，即，②联立①②可得，由基本不等式可得，当且仅当时，即当时，等号成立，故函数的最小值为．故答案为：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，且，则线段长的最小值为_____________．【答案】 ①. ②. 【解析】【分析】根据球的体积公式即可求解空1，根据球的截面圆性质，结合线面垂直以及点到圆上的最小距离即可求解空2.【详解】由可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的球面，所以围成的球的体积为，过作，由，则由等面积法可得,由于在直三棱柱中，平面 平面故,由于平面，故平面，由于平面，故,所以,由于到平面的距离和点到平面的距离相等，均为，又，所以点的轨迹为以为圆心，以为半径的球与侧面的截面圆，该截面圆的半径为,圆心为,且满足，因此点的最小距离为，故，故答案为：，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. 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.【答案】（1），；（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为,根据题意列出表达式，解出公比和公差，再根据等差数等比列的通项公式的求法求出通项即可；（2）根据第一问得到前n项和，数列,分组求和即可.解析：(1)设等差数列的公差为，等比数列的公比为，∵，，，，∴，∴，，∴，.(2)由(1)知，，∴，∴ .18. 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．【答案】（1）证明见解析 （2）图见解析，【解析】【分析】（1）根据中位线可得线线平行，即可根据线面平行判定求证，（2）根据平行线可得共面，即可根据相似求解.【小问1详解】连接，则为的中点，因为为的中点，所以．又平面平面，所以平面．【小问2详解】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，因为是的中点，所以，则，所以．19. 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．【答案】19. 20. 的最小值是5，此时【解析】【分析】（1）结合余弦定理与面积公式即可得；（2）结合三角恒等变换与三角形内角和，将原式中多变量换成单变量，再结合基本不等式即可得.【小问1详解】由题意得，因为，所以，故，又，所以．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．【小问2详解】由（1）可知，在中，，即为钝角，则，因为，，所以，设，则，由，故，当且仅当，即，结合为钝角，即当时等号成立，所以的最小值是5，此时．20. 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：．【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的正负判断函数单调性，求出的根，当时，单调减；当时，单调增；分别求出与的解即可；（2）构造函数，利用导数研究单调性进一步得到，故，由得到，再由在上单调递减得证．【小问1详解】，所以，令，得．当时，；；所以在上单调递增，在上单调递减．当时，；；所以在上单调递减，在上单调递增．【小问2详解】当时，由（1）知在上单调递增，在上单调递减，当时，．不妨设，则．令，则，令，则，所以在上单调递增．因，所以存在，使得，且，所以，所以在上单调递增，在上单调递减，当时，所以对任意，所以，因为，所以，所以，因为，且在上单调递减，所以，所以得证．21. 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．【答案】（1）证明见解析 （2）＝，理由见解析【解析】【分析】（1）借助面面垂直的性质定理，可得线面垂直，再借助线面垂直的性质定理可得线线垂直；（2）假设存在该点，构造出相应的点后结合性质即可得.【小问1详解】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，又平面，所以．【小问2详解】设，则为正方形的中心，如图，连接，交于点，连接并延长交于点．若平面平面，平面平面，平面平面，所以．因为、分别是、上靠近的三等分点，所以，所以，，又是的中点，所以，所以，所以．故上存在一点，使平面平面，此时值为．22. 已知函数.（1）当时，比较与的大小；（2）若函数，且，证明：.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）构造，利用导数可得，即；（2）构造函数，从而推得，再利用导数得到的单调性，从而得到，进而将问题转化为证，再利用导数证得，由此得证.【小问1详解】设函数，则，当时，，则在上单调递增，所以，从而，即；【小问2详解】设函数，当时，，，则恒成立，则由，得，又，所以,因为，所以，令，则恒成立，所以在上单调递增，则，所以在上单调递增，又，，所以,要证，只需证，即证．因为，所以．设函数，则，所以在上单调递增，因为，所以，所以，所以，所以，从而得证．【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．