山东省滨州市2023-2024学年高三上学期11月期中数学试题（Word版附解析）

这是一份山东省滨州市2023-2024学年高三上学期11月期中数学试题（Word版附解析），共28页。

1．本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
3．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．
一、单项选择题：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，只有项是符合题目要求的．
1. 集合，，则（ ）
A B.
C D.
2. 不等式：成立的一个必要不充分条件是（ ）
A B.
C. D.
3. 关于函数，其中，，给出下列四个结论：
甲：6是该函数的零点；
乙：4是该函数的零点；
丙：该函数的零点之积为0；
丁：方程有两个根.
若上述四个结论中有且只有一个结论错误，则该错误结论是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
4. 如图，，是半径为的圆上的两点，且若是圆上的任意一点，则的最大值为（ ）

A. B. C. D.
5. 已知，，，则（ ）
A B. C. D.
6. 已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
7. 如图，单位圆上角的始边为轴正半轴，终边射线交单位圆于点，过点作轴的垂线，垂足为，将点到射线的距离表示为的函数，则在上的图象大致为（ ）

A. B.
C. D.
8. 已知函数，是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
A. ，B. ，
C. 若，则D. 若，则
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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知复数，则（ ）
A. 的模长为
B. 在复平面内对应的点在第四象限
C. 为纯虚数
D. 在复数范围内，是方程的一个解
10. 已知，，且，则（ ）
A. B. C. D.
11. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，下列说法正确的有（ ）
A. 该圆台轴截面面积为；
B. 与的夹角60°；
C. 该圆台的体积为；
D. 沿着该圆台侧面，从点到中点的最短距离为5cm.
12. 已知抛物线：的焦点为，直线（且）交与、两点，直线、分别与的准线交于、两点，（为坐标原点），下列选项错误的有（ ）
A. 且，
B. 且，
C 且，
D. 且，
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若函数在上的最大值为6，则实数__________．
14. 已知是正项等比数列的前项和，，则的最小值为________.
15. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为，，，则_____.
16. 四棱锥的底面ABCD是矩形，侧面底面ABCD，，，则该四棱锥外接球的表面积为______．
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. 已知在中，.
（1）求；
（2）若，且，求边上的高.
18. 已知数列的前项和是公比大于0的等比数列，且满足.
（1）求和的通项公式；
（2）若数列的前项和为，求证：；
（3）对任意的正整数，设数列满足，求数列的前项和.
19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，为的中点．

（1）求证：；
（2）求证：平面平面；
（3）在线段上是否存在点，使得平面?请说明理由．
20. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期；
（2）若，求函数的值域；
（3）若函数在区间上有且仅有两个零点，求m的取值范围．
21. 已知椭圆G：的离心率为，且过点．
（1）求椭圆G的方程；
（2）若过点M（1，0）的直线与椭圆G交于两点A，B，设点，求的范围．
22. 已知函数．
（1）若对任意时，成立，求实数的最大值；
（2）若，求证：；
（3）若存在，使得成立，求证：．
2023－2024学年第一学期学科质量检测
高三数学试题
注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
3．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．
一、单项选择题：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，只有项是符合题目要求的．
1. 集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合补集和一元二次不等式解法化简集合，再根据交集运算法则求解答案.
【详解】因为，
所以，
因为，
所以，
所以.
故选：B
2. 不等式：成立的一个必要不充分条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分、必要性定义，结合零点分布、的解判断各项是否为必要不充分条件.
【详解】由，即，对应为，
而必有，当不一定，
所以是成立的一个必要不充分条件；
对于，则且开口向上，对称轴，
所以由两个异号零点，故、、不是成立的必要不充分条件.
故选：A
3. 关于函数，其中，，给出下列四个结论：
甲：6是该函数的零点；
乙：4是该函数的零点；
丙：该函数的零点之积为0；
丁：方程有两个根.
若上述四个结论中有且只有一个结论错误，则该错误结论是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】B
【解析】
【分析】由已知函数的单调性判断甲､乙中有一个错误，由其中一个正确，结合丙正确求得与的值，得到函数解析式，再判断丁是否正确，则答案可求.
【详解】当，时，为增函数，
当，时，为减函数，故6和4只有一个是函数的零点，
即甲乙中有一个结论错误，一个结论正确，而丙､丁均正确.
由两零点之积为0，则必有一个零点为0，则，得，
若甲正确，则，即，，
可得，由，
可得或，解得或，方程有两个根，故丁正确.
故甲正确，乙错误.
若乙正确，甲错误，则，则，，
可得，由，
可得或，解得或（舍去），方程只有一个根，则丁错误，不合题意．.
故选：B.
4. 如图，，是半径为的圆上的两点，且若是圆上的任意一点，则的最大值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的运算可得，由数量积的定义可得，，当取最大值时，取得最大值当与同向时，取得最大值为，代入求解即可．
【详解】因为，
，
，
所以
即当取最大值时，取得最大值．
当与同向时，取得最大值为，
此时，取得最大值．
故选：C．
5. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数与对数函数的单调性，结合中间值法进行比较即可.
【详解】因为，
，
，
所以.
故选：B.
6. 已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先求得圆心的轨迹方程，然后结合点到直线的距离公式求得正确答案.
【详解】由于半径为1圆（设为圆）经过点，
所以圆的圆心的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
到直线距离为，
所以圆的圆心到直线距离的最大值为.
故选：C
7. 如图，单位圆上角的始边为轴正半轴，终边射线交单位圆于点，过点作轴的垂线，垂足为，将点到射线的距离表示为的函数，则在上的图象大致为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数的定义、三角形的面积结合正弦函数的图象即可判定.
【详解】由三角函数定义及的面积可得：，
由正弦函数的图象可知B项正确.
而对于A、C项，显然可排除；对于D项，显然当时，M与O重合，此时，可排除.
故选：B.
8. 已知函数，是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
A. ，B. ，
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性概念判断A，根据导函数的符号判断B，利用函数的单调性结合不等式的性质即可判断C，利用特例法排除选项D.
【详解】对于A，函数定义域为，，所以，错误；
对于B，因为，所以，由知，错误；
对于C，因为，，所以在上递增，
时，，故对，，
由不等式的性质可得，正确；
对于D，，，，
取，则，，
此时，，错误.
故选：C
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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知复数，则（ ）
A. 的模长为
B. 在复平面内对应的点在第四象限
C. 为纯虚数
D. 在复数范围内，是方程的一个解
【答案】BCD
【解析】
【分析】化简，利用共轭复数的概念及模长公式判断A；利用复数的几何意义判断B；利用纯虚数的概念判断C；解方程判断D.
【详解】因为，所以，A错误；
在复平面内对应的点的坐标为，在第四象限，B正确；
为纯虚数，C正确；
，得，即，
则是方程的一个解，D正确.
故选：BCD.
10. 已知，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据基本不等式，以及代入特殊值，即可判断选项.
【详解】A.，得，当且仅当，即，时等号成立，故A正确；
B.当时，，故B错误；
C.，
当，即时，等号成立，故C正确；
D.当时，，故D错误.
故选：AC
11. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，下列说法正确的有（ ）
A. 该圆台轴截面面积为；
B. 与的夹角60°；
C. 该圆台的体积为；
D. 沿着该圆台侧面，从点到中点的最短距离为5cm.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据已知条件求出圆台的下底面半径和高，利用梯形的面积公式即可求解；
对于B，根据已知条件及图形，结合向量夹角的定义即可求解；
对于C，利用圆台的体积公式即可求解；
对于D，将圆台补成圆锥，得到展开图，求得圆心，利用勾股定理即可求解.
【详解】对于A，由，且，得，
圆台高为，
∴圆台轴截面面积为，故A正确；
对于B，由已知及题图知，且，
∴，与的夹角120°，故B错误；
对于C，圆台的体积，故C正确；
对于D，将圆台一半侧面展开，如下图中，且为中点，而圆台对应的圆锥体侧面展开为扇形，且，

∵，
∴在中，，
即到中点的最短距离为5cm，故D正确.
故选：ACD
12. 已知抛物线：的焦点为，直线（且）交与、两点，直线、分别与的准线交于、两点，（为坐标原点），下列选项错误的有（ ）
A. 且，
B. 且，
C. 且，
D. 且，
【答案】ACD
【解析】
【分析】联立直线与抛物线方程，得，设,，,，由韦达定理可得，，,，,，，，再由向量的数量积逐一判断．
【详解】
由，可得，
设,，,，
则，，
，
，
直线的方程为，由，可得，
同理可得，
所以,，,，
，，
对于A，,,，
,,，
只有当时，，此时，直线与轴垂直，不存在斜率，不满足题意，
所以，，故A错误；
对于B，因为,,，
,，故B正确；
对于C，由B得，而，所以，故C错误；
对于D，由C可知不存在且，使成立，故D错误．
故选：ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若函数在上的最大值为6，则实数__________．
【答案】1
【解析】
【分析】由于函数定区间不定轴，可根据对称轴相对于区间的位置关系讨论对称轴，进而求出相应的最大值,进而求出.
【详解】，，
当时，，解得，
当时，，解得，又，故不成立.
综上, .
故答案为：1.
14. 已知是正项等比数列的前项和，，则的最小值为________.
【答案】##
【解析】
【分析】按公比是否为1分类讨论，在时，用表示出，再列式并借助二次函数最值求解作答.
【详解】设正项等比数列的公比为，当时，，则，
当时，，
，
于是，
所以当时，取得最小值.
故答案为：.
15. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为，，，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形面积公式，结合余弦定理进行求解即可.
【详解】因为的面积为，
所以，
于是有，
由余弦定理可知：，
故答案为：
16. 四棱锥的底面ABCD是矩形，侧面底面ABCD，，，则该四棱锥外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意，作图，分别找出侧面与底面ABCD外接圆的圆心，计算其半径，根据球的性质，作平面垂线，找出球心，根据勾股定理，可得答案.
【详解】由题意，作图如下：

在矩形中，连接对角线，，记，即点为矩形的外接圆圆心，
在中，因为，且，
所以，
的外接圆半径为，记外接圆圆心为，即，
取中点为，在矩形中，可得，，
在中，可得，且共线，
过作平面，令，连接，
因为侧面底面ABCD，且侧面底面ABCD，底面ABCD，
所以平面，且平面，
由平面，则，即四边形为矩形，
因为，所以平面，
根据球的性质，可得点为四棱锥外接球的球心，
在中，，
四棱锥外接球的表面积.
故答案：.
【点睛】方法点睛：求多面体的外接球问题，首先找到多面体的两个表面的外接圆圆心与半径，过圆心作表面的垂线，找出球心，构造直角三角形，利用勾股定理，可得答案.
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. 已知在中，.
（1）求；
（2）若，且，求边上的高.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理将边化为角，根据两角和的正弦公式可求的值，由的范围即可求解；
（2）由余弦定理求出,过作延长线的垂线，垂足为，在中求即可.
【小问1详解】
由及正弦定理可得，
即，
即，
所以.
因为,所以,所以.
因为，所以.
【小问2详解】
因为，，
所以由余弦定理可得，
所以，即，
所以.
因为，所以.
因为，所以.
过作延长线的垂线，垂足为，
则边上的高.

18. 已知数列的前项和是公比大于0的等比数列，且满足.
（1）求和的通项公式；
（2）若数列的前项和为，求证：；
（3）对任意的正整数，设数列满足，求数列的前项和.
【答案】（1），；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）利用关系求通项公式，应用等比数列通项公式求基本量，进而写出的通项公式；
（2）应用裂项相消法求，即可证结论；
（3）由（1）得，应用分组求和，结合错位相减法、等比数列前n项和公式求.
【小问1详解】
由且，则，
而也满足上式，故；
所以，设公比为且，则（负值舍），
所以.
【小问2详解】
由（1）知：，
所以，而，
所以.
【小问3详解】
由，则，
令，则，
所以，
综上，.
19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，为的中点．

（1）求证：；
（2）求证：平面平面；
（3）在线段上是否存在点，使得平面?请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）存在为中点，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，又因为平面平面，所以平面，即可得证；
（2）由平面，所以，又，所以平面，得，又，从而平面，即可得结论；
（3）存在为中点时，平面．取中点为，可得四边形为平行四边形，因此，即可证明．
【小问1详解】
因为为中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
因此．
【小问2详解】
由（1）知，平面，平面，所以．
在矩形中，，
又因为，平面,所以平面．
平面，所以．
又因为，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
【小问3详解】
存在为中点时，平面．
证明：取中点为，连接，

因为为中点，，且．
在矩形中，为中点，所以，且．
所以，且，所以四边形为平行四边形，
因此，又因为面面，
所以面．
20. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期；
（2）若，求函数的值域；
（3）若函数在区间上有且仅有两个零点，求m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，根据周期公式求得结果；
（2）根据，求出整体角的取值范围，再根据正弦函数的单调性求出结果；
（3）根据整体角的范围及正弦函数的零点求得结果.
小问1详解】
，
所以函数最小正周期.
【小问2详解】
当时，，
则，
，，
因此，函数在区间上的值域为.
【小问3详解】
∵，
由得，
若函数在上有且仅有两个零点，则，
则，解得.
即.
21. 已知椭圆G：离心率为，且过点．
（1）求椭圆G的方程；
（2）若过点M（1，0）的直线与椭圆G交于两点A，B，设点，求的范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意列方程解出，即可得出方程；
（2）根据题意设直线及交点坐标，联立直线与椭圆的方程得到，，表示出，再由向量的模长公式结合基本不等式求解即可.
【小问1详解】
依题意可得，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
当直线斜率为时，，，，
所以，所以，
当直线斜率不为时，设，，直线的方程为：，
联立方程组可得，得到，
，
由根与系数的关系得到，，
，所以，
而，
所以
当时，，
当时，，因为，
当且仅当时取等，，
，所以.
故的范围为：.
综上所述：的范围为：.
【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，联立直线方程与椭圆方程，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，再由基本不等式和向量的模长公式求解即可.
22. 已知函数．
（1）若对任意时，成立，求实数的最大值；
（2）若，求证：；
（3）若存在，使得成立，求证：．
【答案】（1）1 （2）证明见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导得到极值，即可得到结果；
（2）根据题意，构造，然后求导得到，即可证明；
（3）方法一：由条件可得，令，然后结合（2）中的结论即可证明；方法二：结合条件可得，然后令
，然后由函数的单调性即可证明.
【小问1详解】
，
，
令解得，
在单减，在上单增，
在取得极小值，也是最小值，
时，成立．
只需即可，
实数的最大值为1．
【小问2详解】
证明：设，
，
在上单调递减，
，
，
即．
【小问3详解】
法一：
证明：存在时，便得成立，
，
，
令，由可知，
由（2）知在上单调递减，
即，
，即，
，由知，
即，
.
法二：，
，
在上单调递减，在上单调递增．
存在时，使得成立，
，且，
，
令，
，
在上单调递增，
又，
，即即，
在上单调递增，
即.
【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性与极值，以及利用导数证明不等式问题，难度较难，解答本题的关键在于构造出合适的函数，然后利用导数去研究.