河南省2023_2024学年高三数学上学期调研考试八12月含解析

这是一份河南省2023_2024学年高三数学上学期调研考试八12月含解析，共15页。试卷主要包含了已知向量，若，则，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.
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（ ）
A. B. C. D.
2.已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
3.函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
4.在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人第4天与第5天共走的里程数为（ ）
A.24 B.36 C.42 D.60
5.已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
6.《九章算术》中将圆台称为“圆亭”.已知某圆亭的高为3，上底面半径为1，下底面半径为5，则此圆亭的表面积为（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数，若存在两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数图象的相邻两个对称中心之间的距离是，若将图象上的每个点向左平移个单位长度得到函数的图象，若为偶函数，且函数的图象在区间上至少含有30个零点，则在所有满足条件的区间中，的最小值为（ ）
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.下列结论正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.“”是“”成立的充分不必要条件
D.若，则
10.已知各项都是实数的数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A.若，则数列是递减数列
B.若，则数列无最大值
C.若数列为等比数列，则为等比数列
D.若数列为等差数列，则为等差数列
11.如图，直三棱柱的各条棱长均为是侧棱的中点，是的中点，是的中心，则（ ）
A.平面平面
B.平面
C.异面直线与所成角的正弦值为
D.直线与平面所成角的正弦值为
12.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.当时，则方程在上有5个不同的解
B.当时，函数在上单调递减
C.当时，函数在上有2个零点
D.若在上恒成立，则实数的取值范围为
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知函数则__________.
14.已知平面向量为单位向量，且，则在方向上的投影向量的坐标为__________.
15.已知函数，若，且，则的最小值为__________.
16.若锐角的内角所对的边分别为，其外接圆的半径为，且，则的取值范围为__________.
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）
已知各项均为正数的数列满足：，且.
（1）求证：数列为等比数列；
（2）若，求数列的前项和.
18.（本小题满分12分）
已知函数为奇函数，.
（1）求的值；
（2）若函数在区间上没有零点，求实数的取值范围.
19.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（2）在中，内角所对的边分别是，且，若，求的面积.
20.（本小题满分12分）
（1）求的值；
（2）若，求的值.
21.（本小题满分12分）
如图，在长方体中，点分别在棱上，且，.
（1）求证：四点共面；
（2）若，求平面与平面夹角的正弦值.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）当时，求在区间上的最值；
（2）若有两个不同的零点，证明：.
24届高三年级TOP二十名校调研考试八•数学
参考答案､提示及评分细则
1.C由题意得，所以，所以.故选C.
2.C因为，所以，所以，所以.故选C.
3.B由题意得，所以，解得，故，则，所以函数的图象在点处的切线方程为，即.故选B.
4.B设第天走里，其中，由题意可知，数列是公比为的等比数列，所以，解得，所以此人第4天与第5天共走里程数为.故选B.
5.D因为，所以，得，所以.故选D.
6.D由题意，可作该圆亭的轴截面，如图所示：
则圆亭的高，上底面半径，下底面半径，母线5，所以圆台的表面积.故选D.
7.A因为的定义域为，当时，在上单调递减，不可能存在两个零点，不合题意；当时，可得在上单调递增，在上单调递减，若存在两个零点，则，解得.又，令，当时，，所以在上单调递增，所以，又，所以当时，存在两个零点，所以实数的取值范围为.故选A.
8.C 由，得，则，则为偶函数，所以，又，所以，故，可得.由得，故或，解得或，所以相邻两个零点之间的距离为或.若最小，则和都是零点，此时在区间分别恰有个零点，所以在区
间上恰有29个零点，从而在区间上至少有1个零点，所以，所以的最小值为.故选C.
9.BD对于选项A，不妨令，满足，但，故A错误；对于选项，若，则，所以，不等式两边同除以得，故B正确；对于选项C，由“”不能得到“”，比如，故充分性不成立，故C错误；对于选项D，若，则，故D正确.故选BD.
10.ACD对于选项，当时，，又，所以则是递减数列，故A正确；对于选项是递减数列，所以，故B错误；对于选项，由题意得各项均不为0，设公比为，即，且0，即，所以，故C正确；对于D，，所以即数列为等差数列，故D正确.故选ACD.
11.ABD对于选项，如图1，取的中点的中点，连接，故.又四边形为平行四边形，.又三棱柱是直三棱柱，为正三角形，平面，而平面，又平面.又平面，所以平面平面，故A正确；
对于选项B，如图2，连接并延长交于，则为的中点，连接点为棱的中点，平面平面平面平面，故B正确；
对于选项C，建立如图3所示的空间直角坐标系，则，.设异面直线与所成的角为，则，故异面直线与所成角的余弦值为，所以，故错误；
对于选项，得，设为平面的一个法向量.由得即.直线的一个方向
向量为，则，即直线与平面所成角的正弦值为，故正确.故选ABD.
12.AD对于选项，当时，，方程，即，所以或，所以或，故A正确；对于选项，当时，，则，当时，，所以，即在上单调递增，故B错误；对于选项，因为，根据选项，所以在上有且仅有一个零点，当时，，所以在上无零点，所以在上有且仅有一个零点，故错误；对于选项，由，即，整理得，令，则，当时，对任意有，又，所以，此时在上单调递增，故，符合题意.当时，令，则，所以，在上恒成立，即在上单调递增.又，当，即时，在上有，此时在上单调递增，，符合题意.当，即时，若，即，由零点存在定理，存在使，故上，所以在上单调递减，此时，不合题意.若，即，此时对恒有且不恒为0，即在上单调递减，所以，不合题意.综上，的取值范围是，故D正确.故选AD.
13.9因为，所以.
14.由题意，即，则在方向上的投影向量为.
15.8因为的定义域为，所以函数为奇函数，又在上为减函数，所以由，得，所以，则，当且仅当时，即时取等号，所以的最小值为8.
16.因为，所以，即，由正弦定理得，显然，所以，所以，因为，所以.因为，所以，所以，因为为锐角三角形，所以所以，即.令，根据对勾函数的性质可知函数在上单调递减，在上单调递增，且，所以，即，所以，即的取值范围为.
17.（1）证明：因为，所以，
可化为，
因为，所以，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列.
（2）解：由（1）知，
，
所以
18.解：（1）由，即，
所以，故对定义域内的任意实数都成立，则，
经验证不符合，符合题意，所以.
（2）由（1）知，所以函数的定义域为，
因为，所以在上单调递减，
由，得，
因为在上单调递减，而在上单调递增，
所以在上单调递增，则.
又在区间上无解，故.
19.解：（1），
所以函数的最小正周期为.
令，得，
故函数的单调递增区间为.
（2）由，得，
由得，所以，得.
由余弦定理得，得，
因为，所以，
从而有，得，
则.
20.解：（1）因为，所以，
又，所以.
所以.
（2）由（1），得，
又，所以，又，所以，
所以，
.
所以.
21.（1）证明：如图所示，在棱上取点，使得，
又，所以四边形为平行四边形，
则且，又且，所以且，
则四边形为平行四边形，所以，
同理可证四边形为平行四边形，则，所以.
所以四点共面.
（2）解：以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
.设平面的法向量为，
由得，解得
令，则.
，设平面的法向量为，
由得，解得
令，则，
设两个平面夹角大小为，则.
所以，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
22.（1）解：当时，，
.
由，得；由，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
因为，
，
所以在区间上的最大值为0，最小值为.
（2）证明：.
当时，在上单调递减，不可能有两个零点，舍去；
当时，所以，
由，得，所以在上单调递增；
由，得，所以在上单调递减.
所以当时，取得极大值，极大值为，
为满足题意，必有，得.
因为是的两个不同的零点，
所以，
两式相减得.
设，要证，
只需证，即证.
设，只需证，
设，则，
所以在上为增函数，从而，