黑龙江省名校联盟2023-2024学年高三上学期模拟测试数学试题（Word版附解析）

这是一份黑龙江省名校联盟2023-2024学年高三上学期模拟测试数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了已知集合，若，且，则集合可以为，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

（本试卷满分150分，考试时间120分钟.）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名､准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上.
2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效.
一､选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.设复数满足，则（ ）
A.2 B. C.3 D.
2.已知，且，则的最小值为（ ）
A.1 B. C.2 D.
3.已知集合，若，且，则集合可以为（ ）
A. B.
C. D.
4.已知函数，则（ ）
A.2 B.-2 C.-4 D.4
5.已知，向量在向量方向上的投影向量为，且与向量共线且方向相反，则（ ）
A. B.
C. D.
6.若分别为的三个内角，则“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
7.若正四棱柱与以正方形的外接圆为底面的圆柱的体积相同，则正四棱柱与该圆柱的侧面积之比为（ ）
A. B. C. D.
8.已知数列的前项和为，若，且都有0，则（ ）
A.是等比数列 B.
C. D.
二､多选题：本题共4个小题，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，全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.已知等差数列的前项和为，若，则下列结论正确的是（ ）
A.是递增数列 B.
C. D.
10.关于函数的图象和性质，下列说法正确的是（ ）
A.是函数的一条对称轴
B.是函数的一个对称中心
C.将曲线向左平移个单位可得到曲线
D.函数在的值域为
11.已知直线与圆相交于不同的两点为坐标原点，则（ ）
A.直线过定点
B.
C.当时，
D.当时，最小值为-25
12.在正四棱柱中分别为棱的中点，记为过三点所作该正四棱柱的截面，则下列判断正确的是（ ）
A.异面直线与直线所成角的余弦值为
B.与平面的交线与平行
C.截面为五边形
D.点到截面的距离为
三､填空题：本题4个小题，每小题5分，共20分.
13.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则当时，__________.
14.在平行四边形中，__________.
15.已知球的体积为，其内接三棱锥的底面为直角三角形，且，则三棱锥的体积的最大值为__________.
16.已知为函数的导函数，且定义域均为，若函数与都是偶函数，写出函数的一个对称中心为__________；
__________.
四､解答题：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）
已知等差数列公差与等比数列公比相同，.
（1）求和的通项公式；
（2）记数列是将数列和中的项从小到大依次排列而成的新数列，求数列前60项的和.
18.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）求函数单调区间；
（2）若过点可以作曲线的3条切线，求实数的取值范围.
19.（本小题满分12分）
在四棱锥中，，且，.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
20.（本小题满分12分）
已知圆.
（1）证明：圆C过定点；
（2）当时，点P为直线上的动点，过P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，求四边形面积最小值，并写出此时直线AB的方程.
21.（本小题满分12分）
某校高中“数学建模”实践小组欲测量某景区位于“观光湖”内两处景点，之间的距离，如图，处为码头入口，处为码头，为通往码头的栈道，且，在B处测得，在处测得（均处于间一测量的水平面内）
（1）求两处景点之间的距离；
（2）栈道所在直线与两处景点的连线是否垂直？请说明理由.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
当时，求函数的极值；
参考答案与解析
1.【答案】B
【解析】依题意，令，则，所以，所以，即，所以，故选B.
2.【答案】A
【解析】因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，故选A.
3.【答案】D
【解析】因为，所以，所以集合，对于选项，不等式的解为，所以选项不合题意；对于选项，不等式等价于，解得，所以选项不合题意；对于选项，，所以选项不合题意；对于选项，，符合题意，故选D.
4.【答案】C
【解析】依题意，，
故选C
5.【答案】A
【解析】依题意，所以①，又与向量共线，，所以②，由①②联立，
解得或，又与向量方向相反，
所以舍去，所以，故选A
6.【答案】C
【解析】依题意可知，在中，由正弦定理可知，若，则，于是，且，函数在上单调递减，所以，又，则，所以满足充分性；且以上过程可逆，因此也满足必要性，故选C.
7.【答案】B
【解析】依题意，设正四棱柱的底面边长为，高为，圆柱的高为，则圆柱的底面半径为，则有，整理得，正四棱柱与圆柱的侧面积之比，故选B.
8.【答案】D
【解析】依题意，因为，
即，
又，所以，又，
所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，故选D.
9.【答案】AC
【解析】依题意，，所以，，所以，
所以，所以数列的公差大于0，且，所以选项正确，B选项不正确；所以最小，即，所以C选项正确；
，所以选项不正确，故选AC.
10.【答案】ABD
【解析】依题意，因为
令，当时，，
所以是函数的一条对称轴，所以选项正确（另解：因为，即当时，函数取得最大值，所以是函数的一条对称轴）；
令，当，所以
是函数的一个对称中心，所以选项正确（另解：因为，即是函数的零点，所以是函数的一个对称中心）.
对于选项，
因为
又将曲线向左平移个单位可得到曲线，所以选项不正确；
因为，
当，则，所以函数的值域为，所以
选项正确，故选
11.【答案】CD
【解析】由直线，可化为，即直线过定点
，所以选项不正确；
因为直线与圆有总有两个公共点，可得点在圆内部，
所以，解得，所以不正确；
当时，圆的方程为，可得圆心，又
则，可得长的最小值为，最大值即为直径6，所以选项正确；
当时，圆的方程为，
则
当直线过圆心，此时，可得的最小值-1，
所以的最小值为-25
故选CD.
12.【答案】ACD
【解析】
如图，对于选项，异面直线与直线所成的角，即为直线与直线所成角，连接，则即为直线与直线所成的角，在中，，，则，所以，所以选项正确；
延长交延长线于，连接交于，
延长交延长线于，连接交于，
则五边形即为平面截该四棱柱得到的截面.即截面为五边形，所以选项正确；
与平面的交线即为，则，又，所以与不平行，所以选项不正确；
对于D选项，由于，所以，
又，所以，
为等腰三角形，
，
所以的面积为
设点到截面的距离为，则，
即，解得，即点到截面的距离为，
所以D选项正确，故选ACD.
13.【答案】
【解析】当，又因为为上的奇函数，
所以，解得，
又，所以当.
14.【答案】
【解析】依题意，可知，则，
整理得，
所以
15.【答案】
【解析】设的中点为，四面体的外接球的球心为，
因为，所以为外接圆的圆心，
即点为四面体的外接球过三点的截面圆的圆心，
圆的半径为，则，
因为，
所以，
当且仅当时，取等号，
即当且仅当为等腰直角三角形时，的面积最大，
连接并延长交球面于一点，若使得四面体的体积最大，则该交点应为点，即为四面体的高，设，
则有，
则，
令，
则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以三棱锥的体积的最大值为.
故答案为.
16.【答案】；
【解析】依题意，因为为偶函数，所以，即，
令，则，所以关于点对称，所以函数的一个对称中心为，
因为均为偶函数，所以，所以函数的图象关于直线对称，即，
又因为，
所以，所以，
，
所以，即函数是周期为4的周期函数，
，即
，所以
，所以，
所以
所以也是周期为4的周期函数，
17.【解析】
（1）设等差数列的公差和等比数列的公比为，
因为，即，解得，
所以.
（2）数列中的项从小到大依次为，
而
依题意可知新数列的前60项中，数列的项只有前6项，数列有54项，
所以
.
18.【解析】
（1）函数的定义域为，
，
令，解得，所以函数的单调递增区间是
令，解得，所以函数的单调递减区间是
（2）由题意可得，
设切点坐标为，则切线斜率，
所以切线方程为，
将代入得.
因为存在三条切线，即方程有三个不等实数根，
则方程有三个不等实数根等价于函数的图像有三个交点，
设，则，
当时，单调递增；
在和上，单调递减，，
当或时，，
画出的图象如图，
要使函数的图像有三个交点，需，
即，即实数的取值范围，
19.【解析】
（1）连接，因为，
由余弦定理可得，所以
，
在中，，
则，所以，
又
所以底面，
依题意可知为等腰梯形，，可得，取中点，连接，
则，所以四边形为平行四边形，
又，所以，又
所以平面，
所以平面，又平面，
所以面平面.
（2）解法1：
如图，建立空间直角坐标系，
，
，
设平面法向量为，
则，
取，得
同理，设面法向量为，则
，
取，得，
由题意，
设平面与平面的夹角为，则，
解法2：由（1）可知，平面平面平面平面，
过作，则平面垂足为平面，则，
过作的垂线，垂足为，连，
由于平面，
所以平面平面，故，
则为所求二面角夹角的平面角.
，所以，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20.【解析】
（1）依题意，将圆的方程化为
令，即，则恒成立，
解得，即圆过定点
（2）当时，圆，
直线
设，依题意四边形的面积，
当取得最小值时，四边形的面积最小，
又，即当最小时，四边形的面积最小，
圆心到直线的距离即为的最小值，
即
，即四边形面积最小值为，
此时直线与直线垂直，
所以直线的方程为，与直线联立，
解得，以为直径的圆的方程为
即，又圆，
两式作差可得直线方程
21.【解析】
（1）由题意可知，在中，
所以，所以为等腰三角形，所以，
在中，，
，由正弦定理：，即，解得
在中，，
由余弦定理：
所以两处景点之间的距离为
（2）在中，由余弦定理，
在中，因为，
由正弦定理：，
即，解得
所以栈道所在直线与两处景点的连线不垂直.
注：第（2）问其他解法，可参考以上标准酌情给分.
22.【解析】
（1）当时，
所以
令在恒成立，所以函数在单调递增，且
，
所以当，函数在上单调递减；
当，函数在上单调递增；
所以函数在处取得极小值，无极大值；.
（2）当时，
所以.
令在恒成立
所以函数在单调递增，
且当时，；当时，，
所以函数在存在唯一零点，
即，
且当，函数在上单调递减；
当，函数在上单调递增
所以函数在处取得极小值
要证不等式成立，
即证成立，
即
当且仅当时，即时，等号成立，
所以