高中数学高考精品解析：百校联盟学年高三上学期11月联考数学（理）试题（解析版）

这是一份高中数学高考精品解析：百校联盟学年高三上学期11月联考数学（理）试题（解析版），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.复数的模为（ ）
A. 1B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】
对复数进行计算化简，然后根据复数的模长公式，得到答案.
【详解】根据题意，
，
所以.
故选：C.
【点睛】本题考查复数的四则运算，求复数的模长，属于简单题.
2.集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
对集合进行化简，然后根据集合的补集运算，得到答案.
【详解】因为
，
因为集合
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查解对数不等式，一元二次不等式，集合的补集运算，属于简单题.
3.已知向量，则实数是的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出，然后分别判断由能否得到，和由能否得到，从而得到答案.
【详解】因为向量，所以
因，所以可得，
所以是的充分条件.
因为，所以
即.
所以是的不必要条件.
综上所述，实数是的充分而不必要条件.
故选：A.
【点睛】本题考查根据向量的坐标求向量的模长，判断充分而不必要条件，属于简单题.
4.已知函数，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
按和，分别解不等式，从而得到答案.
【详解】根据题意，，
由不等式
得或
所以或.
即
所以不等式的解集为.
故选：C.
【点睛】本题考查解分段函数不等式，解对数不等式，属于简单题.
5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

正视图 侧视图
俯视图
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据三视图还原出几何体的直观图，将几何体分为三棱锥和三棱锥两部分，根据三视图中的数据及线段的位置关系分别得到底面积和高，求出几何体的体积.
【详解】该几何体的直观图如下图，
平面平面，平面，
与均是边长为的等边三角形，，
点在平面上的射影落在的平分线上，
所以平面，
所以，
，
所以几何体的体积为.
故选：C.
【点睛】本题考查三视图还原结合体，根据三视图求几何体的体积，属于中档题.
6.函数的图象在点处的切线与函数的图象围成的封闭图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
对求导，利用导数的几何意义，求出切线方程，然后求出切线与的交点坐标，利用定积分求出围成的封闭图形的面积，得到答案.
【详解】由题意，，
，
所以切线方程为，
与的交点横坐标为，.
故封闭图形的面积
故选：D.
【点睛】本题考查利用导数求函数图像上在一点的切线方程，定积分求封闭图形的面积，属于中档题.
7.已知数列满足，，设数列的前n项和为，若，则与最接近的整数是（ ）
A. 5B. 4C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】
根据递推关系式，得到，得到的通项，从而得到的通项和前项和，从而求出，再得到，从而得到答案.
【详解】由题意，，
所以，
所以为以为首项，为公比的等比数列，
所以，
因此，
数列的前n项和为，
，
所以.
所以与最接近的整数是.
故选：C.
【点睛】本题考查构造法求数列的通项，等差数列前项和公式，裂项相消法求数列的和，属于中档题.
8.已知函数，若函数有两个零点，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
画出的图像，然后得到的图像和的图像有两个交点，从而得到的取值范围.
【详解】根据函数，
画出的图象如图所示，
函数有两个零点
则函数的图象与的图象有2个交点，
所以，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
【点睛】本题考查画分段函数的图像，函数与方程，属于简单题.
9.如果函数的单调递增区间为，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. 1D.
【答案】A
【解析】
分析】
由单调递增区间为，得到对称轴方程，即，再根据基本不等式求出的最小值，得到答案.
【详解】因为函数的单调递增区间为
所以对称轴为：，即，
所以
，
当且仅当时，等号成立.
故选：A.
【点睛】本题考查根据二次函数的单调区间求参数之间的关系，基本不等式求和的最小值，属于简单题.
10.已知 则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用倍角公式，结合函数名的转换求解.
【详解】,
,故选C.
【点睛】本题主要考查三角函数的给值求值问题，首先从角入手，寻求已知角和所求角的关系，再利用三角恒等变换公式求解.
11.如图，在三角形中，上有一点满足，将沿折起使得，若平面分别交边，，，于点，，，，且平面，平面则当四边形对角线的平方和取最小值时，（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
易得，，设，易得，，得，从而得到，，平行四边形中，，从而得到最小时的值，得到答案.
【详解】平面，平面，
平面平面，
所以，同理
设，
平面，平面，
平面平面，
所以，同理
所以，
因为，
所以，，
在平行四边形中，
，
又，
当时，取得最小值.
故选：B.
【点睛】本题考查线面平行证明线线平行，平行四边形对角线的性质，二次函数求最值，属于中档题.
12.定义在上的函数满足，，任意的，函数在区间上存在极值点，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据得到周期为，再求得，得到，求导得到，判断出的两根一正一负，则在区间上存在极值点，且，得到在上有且只有一个根，从而得到关于的不等式组，再根据二次函数保号性，得到关于不等式组，解得的范围.
【详解】由题意知，，
，
所以是以4为周期的函数，
，
所以，
求导得，
令，，
，
由，
知有一正一负的两个实根.
又，
根据在上存在极值点，
得到在上有且只有一个正实根.
从而有，即恒成立，
又对任意，上述不等式组恒成立，
进一步得到
所以
故满足要求的的取值范围为：.
故选：C.
【点睛】本题考查函数的周期性的应用，根据函数的极值点求参数的范围，二次函数根的分布和保号性，属于中档题.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题.每小题5分.
13.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，，，，则________.
【答案】
【解析】
【分析】
将转化为，从而得到的坐标，然后根据向量数量积的坐标运算，得到答案.
【详解】因为，所以，
所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查向量线性运算的坐标表示，数量积的坐标表示，属于简单题.
14.已知x，y满足不等式组，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据约束条件，画出可行域，将目标函数看成点与点两点连线的斜率，从而得到斜率的最小值，得到答案.
【详解】因为已知x，y满足不等式组，
画出可行域，如图所示，
表示点与点两点连线的斜率，
所以可得当直线过点时，最小，
由得
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查根据线性规划求分式型目标函数的最值，属于简单题.
15.如图，底面为正方形，四边形为直角梯形，，平面，，，则异面直线与所成的角为________.
【答案】
【解析】
【分析】
设正方形的中心为，可得，得到直线与所成角为（或其补角），根据余弦定理，可得的值，从而得到答案.
【详解】如图，
设正方形的中心为，连接，，
则
因为，
所以，
所以为平行四边形，
所以，
所以直线与所成角等于与所成的角，即（或其补角），
因，
在三角形中，根据余弦定理，可知，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查求异面直线所成的角的大小，属于简单题.
16.已知函数在区间上有最小值，无最大值，则________.
【答案】
【解析】
【分析】
先对进行整理，得到，根据最小值，得到，然后根据在区间无最大值，得到周期的范围，从而得到的范围，确定出的值.
【详解】
，
依题意，则，
所以.
因为在区间上有最小值，无最大值，
所以，即，
令，得.
故答案为：.
【点睛】本题考查二倍角公式，辅助角公式化简，根据正弦型函数的最值和周期求参数的值，属于中档题.
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知递增的等比数列的前n项和为，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据等比数列，解出和的值，从而得到公比，得到的通项公式；（2）根据（1）得到，再利用错位相减法和分组求和的方法求出的前n项和.
【详解】（1）由题意，
解得或；
而等比数列递增，所以，
故公比，所以
（2）由（1）得到…，
所以，
……，
设…，
…，
两式相减可得，…
故，
所以.
【点睛】本题考查等比数列通项基本量的计算，分组求和的方法，错位相减法求数列的前项的和，属于简单题.
18.已知函数在区间上为单调递减函数.
（1）求的最大值；
（2）当时，方程有三个实根，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）先求得，根据在区间上为减函数，得到在区间上恒成立，从而得到关于，的约束条件，画出可行域，利用线性规划，得到的最大值；（2）根据，得到的范围，设，求导得到，令得到或，从而得到的极值点，根据有个零点，得到的不等式组，解得的范围.
【详解】（1），
因为在区间上为减函数，
所以在区间上恒成立
即，
画出可行域如图所示：
设，所以，
表示直线，在纵轴上的截距.
当直线经过点时，最大，
由
所以，
故的最大值为.
（2）由得
代入
可得，
令
，
故由，
得或，
所以得到和随x的变化情况如下表：
要使有三个零点，
故需
即
解得，
而
所以的取值范围是.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和零点，根据函数的单调性求参数的取值范围，根据函数零点个数求参数的取值范围，属于中档题.
19.已知的内角，，所对的边分别为， ，满足，且边上一点使得.
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
根据正弦定理，将边化成角，然后整理化简，得到的值，从而得到的值；（2）根据条件得到为等边三角形，从而得到，根据正弦定理，得到的值，根据余弦定理，得到的长，根据三角形面积公式，得到答案.
【详解】（1）因为
在，由正弦定理
所以得.
所以.
即
所以，
因为，所以
（2）由（1）知，而
为等边三角形.
由于是的外角，
所以.
在中，由正弦定理得，
即，所以.
所以由余弦定理得，，
即，
所以，
故，，
所以.
【点睛】本题考查正弦定理的边角互化，正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式，属于简单题.
20.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，且为的中点，延长交于点，且在底内的射影恰为的中点，为的中点，为上任意一点.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐角二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据平面ABCD，得到，由平面几何知识得到，从而得到平面，所以所以平面平面；（2）以为原点建立空间直角坐标系，得到平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，得到这两个面所成的锐角二面角的余弦值.
【详解】（1）由题意，E为CD的中点，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，又因为，
，，
所以垂直平分，
所以
又因，
所以为正方形，
所以
因为为的中点，
所以
而，所以，
又，所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）因为在底面ABCD内的射影恰为OA的中点H，
所以.
因为，所以过点O分别作AD，AB的平行线（如图），
并以它们分别为x，y轴，
以过O点且垂直于平面的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，所以
令，则，
由（1）知，平面，所以平面，
所以为平面的一个法向量，
则.
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查线面垂直的判定和性质，面面垂直的判定，利用空间向量求二面角的余弦值，属于中档题.
21.已知函数与满足的函数具有相同的对称中心.
（1）求的解析式；
（2）当，期中，是常数时，函数是否存在最小值若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由；
（3）若，求的最小值.
【答案】（1）；（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）根据关于对称，从而得到，整理化简，得到的值；（2）判断出的单调性，得到当时，单调递减，从而得到最小值；（3）由得到，关系，然后将代入到，利用基本不等式，得到其最小值.
【详解】（1）因为，所以，
所以图象关于对称，
所以
所以
解得，
所以.
（2）的定义域为，
，
当且时，为减函数，
所以当时，单调递减，
所以当时，.
（3）由，
得
解得，
所以
令，则，
当且仅当时，等号成立，
即当，时，的最小值为.
【点睛】本题考查根据函数的对称性求参数的值，根据函数的单调性求最值，基本不等式求和的最小值，属于中档题.
22.已知函数，函数的图象经过，其导函数的图象是斜率为，过定点的一条直线.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，不等式恒成立，求整数的最小值.
【答案】（1）当时，在上为减函数；
当时，在上为减函数，在上为增函数.
（2）2
【解析】
【分析】
对求导，得到，按和进行分类讨论，利用导函数的正负，得到的单调性；（2）根据题意先得到，然后得到的解析式，设，按和分别讨论，利用得到的单调性和最大值，然后研究其最大值恒小于等于时，整数的最小值.
【详解】（1）函数的定义域是，，
当时，，所以在上为减函数，
当时，令，则，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
综上，当时，在上为减函数；
当时，在上为减函数，在上为增函数.
（2）根据题意，，
设，代入，可得，
令，
所以.
当时，因为，所以.
所以在上是单调递增函数，
又因为，
所以关于x的不等式不能恒成立.
当时，，
令，得.
所以当时，；
当时，，
因此函数在上是增函数，在上是减函数.
故函数的最大值为.
令，因为，
又因为在上减函数.
所以当时，.
所以整数的最小值为.
【点睛】本题考查函数与方程的应用，利用导数研究函数的单调区间、极值和最值，根据导函数的解析式求原函数的解析式，利用导数研究不等式恒成立问题，涉及分类讨论的思想，题目比较综合，属于难题.
极大值
极小值