2023-2024学年河南省信阳高中青桐鸣大联考高三上学期12月月考数学含答案

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数学
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
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交回.
一、选择题：本大题共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.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求出集合，然后利用集合的交集运算即可求解.
【详解】由题意得，因为，
所以，故C项正确.
故选:C.
2. ，为虚数，则复数（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是复数的运算，掌握复数的运算法则，首先根据复数的乘方运算，得，再计算可得答案.
【详解】由，得.
故选B.
3. “，是“”的（）
A. 㐬分不必要条件B. 充要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等性质直接判断.
【详解】由于，的正负性不确定，由“，”不能推出“”，故充分性不成立；同时当“”时也不能推出“，”，故必要性也不成立.
故选：D.
4. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据投影向量的定义进行求解即可.
【详解】由题意得，，
则在上的投影向量是，
即在上的投影向量的坐标为，故B项正确.
故选:B.
5. 若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由二倍角公式将式子化简，再利用同角三角函数之间的基本关系即可计算出结果.
【详解】因为，
则.
故选：A.
6. 已知，，，则，，之间的大小关系为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析题意，利用对数函数性质和指数函数性质进行对比即可.
【详解】设，则，令，解得，当时，，函数单调递减.又，所以，又，综上可得.
故选：D.
7. 在四棱锥中，底面四边形是边长为2的菱形，且，平面平面，，若，，则四面体的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据四棱锥特征可求出，再由分割法并利用等体积法分别求出其余小的几何体体积，作差即可求出四面体的体积.
【详解】如图，连接，过点作，垂足为，
因为，所以，
又侧面底面，且侧面底面，所以底面；
又底面是边长为2的菱形，且，所以，
所以.
又，
因为点，分别是，的中点，所以，
同理，，
同理，，
故.
故选：B.
8. 如图，已知是半径为1的扇形内的一点，且，，，则阴影部分的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，可得，，在和中，利用正弦定理，求解，的值，进而求出，和的值，求出和,求出扇形面积，求解出阴影部分面积.
【详解】设，则，,
故，
则在中，由正弦定理可得.
在中，由正弦定理可得，
解得，，
又因为扇形的半径为，
所以，，
且.
所以，
.
所以.
故选：A
二、选择题：本大题共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. 已知点，为不同的两点，直线，，为不同的三条直线，平面，为不同的两个平面，则下列说法正确的是（）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，，则
D. 若，，，，则直线
【答案】AC
【解析】
【分析】利用已知条件判断线线位置关系，可知A正确，BD错误；根据点线面的位置关系，结合立体几何的基本事实1，2，可以得到结论：C正确.
【详解】若，则垂直于任一条平行于的直线，又，则，故A正确；
若，不能推出,还可能平行或异面，故B错误；
若，则，，又，故，故C正确；
若，，则为内的一条直线，不一定对，故D错误.
故选：AC
10. 1889年瑞典的阿伦尼乌斯提出了阿伦尼乌斯公式：（和均为大于0的常数），为反应速率常数（与反应速率成正比），为热力学温度（），在同一个化学反应过程中为大于0的定值.已知对于某一化学反应，若热力学温度分别为和时，反应速率常数分别为和（此过程中，与的值保持不变），则（）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，则
D. 若，，则
【答案】AD
【解析】
【分析】利用不等式性质以及指数型函数单调性即可判断AB，由，利用对数运算可求得D正确.
【详解】由，，，根据不等式性质可得，
所以，又，所以，故，故A选项正确，B选项错误；
易知，
若，可得，所以，故C选项错误，D选项正确.
故选：AD.
11. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，则（）
A. ，
B. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象
C. 点为图象的一个对称中心
D. 函数在上的值域为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A：根据函数图象结合五点法求相关参数；对于B：根据三角函数的图象平移分析求解；对于C：根据三角函数的对称性的性质分析求解；对于D：根据题意结合正弦函数的有界性分析求解.
【详解】对于选项A：根据图象可知，解得，则，
又因为，且图象过，
可得，则，解得
则，则，故A错误；
对于选项B：因为函数，
将函数的图象向左平移个单位长度，
得到的图象，故B正确；
对于选项C：因为，
所以点不是的对称中心，故C错误；
对于选项D：当时，，
此时函数的值域为，故D正确.
故选：BD.
12. 若方程有且仅有2个根，（，），则下列说法正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】先将方程根的问题转化为函数图象交点问题，再利用导数知识作出函数图象，数形结合即可得出；先构造函数，得，再根据题意即可得；
根据，是方程的根，且，代入方程整理即可得；结合选项C的判断过程，变形整理即可得出.
【详解】对于选项A：令，
因为方程有且仅有2个根，（，），
所以函数和的图象有两个不同的交点
因为，函数在上单调递增，在上单调递增.
所以在上单调递增.
又∵，
∴当时，；当时，.
则在区间上单调递减，在上单调递增.
又因为，且当时，，当时，，
所以函数的图象如图所示：
要使函数和的图象有两个不同的交点
则，故选项A错误；
对于选项B：令，
则，
因为方程有且仅有2个根，
所以
∴，即，故选项B正确；
对于选项C：因为方程有且仅有2个根，（，），
所以有，得：，
由选项B知：
∴
∴，故选项C正确；
对于选项D：因为
所以
由，
得，
∴，故选项D错误.
故选：BC
【点睛】关键点睛：本题考查函数与方程，数形结合思想，考查逻辑推理和数学运算的核心素养.解题关键在于：对于选项A，将方程问题转化为函数图象交点问题；对于选项B，构造函数，并观察出；对于选项C和D，根据，是方程的根得到方程组，结合选项答案灵活变形.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，，，若，则实数______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据平面向量线性运算的坐标表示求出，；再根据向量垂直的坐标表示计算即可得出答案.
【详解】由题可知，.
因为
所以，即，解得.
故答案为：
14. 已知正项等比数列满足，，则______.
【答案】32
【解析】
【分析】由等比数列的性质可求得，进而可求出，再根据等比数列的性质即可得解.
【详解】由题，解得（舍去），
由，得，则，
由，得.
故答案为：
15. 已知的，的定义域为，且（），，若为奇函数，则______.
【答案】0
【解析】
【分析】首先根据题意进行分析，又由偶函数性质得为偶函数. 又为奇函数，得出的周期为8，最后根据周期求结果.
【详解】因为，所以.
又，可得，故为偶函数.
又为奇函数，所以，
则，所以，
故函数的周期为8，故.
故答案为:0.
16. 在棱长为1的正方体中，，分别为线段和上的动点，且，则的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】依题意，利用正方体的性质，结合勾股定理求得关于的表达式，从而利用二次函数的性质即可得解.
【详解】依题意，设，则，其中，
作，，连接，，如图所示，
因为平面，所以平面，
又平面，平面，所以，，
同理：，则，
由得，由得，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴当时，取最小值.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用正方体的性质得到各直角三角形，从而利用勾股定理将问题转化为二次函数的最值问题，由此得解.
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. 已知向量，向量，.
（1）求的最小正周期；
（2）求在上零点和极值点的个数.
【答案】（1）
（2）3；3.
【解析】
【分析】（1）由二倍角的正弦和余弦公式化简，再由的最小正周期即可得出答案；
（2），由的图象结合零点和极值点的定义即可得出答案.
【小问1详解】
，
则的最小正周期.
【小问2详解】
令，因为，所以，
由的图象可得，当时，
即在上零点个数为3，
再由极值点的定义可知，极值点个数为3.
18. 如图，梯形是圆台的轴截面，，分别在底面圆，的圆周上，为圆台的母线，，若，，，分别为，的中点，且异面直线与所成角的余弦值为.
（1）证明：平面平面；
（2）求圆台的高.
【答案】（1）证明见解析
（2）6
【解析】
【分析】（1）先证线线平行，再证线面平行，从而得到面面平行；
（2）可以建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角余弦确定圆台的高；也可以用立体几何的方式，转化为解三角形求解.
【详解】（1）证明：由题意得，，
所以四边形为平行四边形，所以，
而平面，平面，
所以平面.
因为，分别为，的中点，
所以为的中位线，所以.
而平面，平面，
所以平面，
又，平面，且，
所以平面平面.
（2）（方法一）易知，以为坐标原点，以，所在直线分别为轴、轴，在底面圆内过作的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设圆台的高为（），
则，，，，
则，，
由，解得.
（方法二）设圆台的高为（），连接和，
因为点和分别为和的中点，故为的中位线，
所以，则（或其补角）为异面直线与所成的角，
同理可得，则，
由（1）知，则，，
由勾股定理可得.
由，为圆台的母线得，，
则为等边三角形，则，故，
则在中，由余弦定理可得，
解得.
19. 已知正项数列满足，.
（1）证明：当时，，
（2）若（），，数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用退一相减法化简可得证；
（2）由，可得，再利用裂项相消法可得，进而可得证.
【小问1详解】
由已知，
当时，，
则，
所以；
【小问2详解】
由，
得当时，，解得或，
又因为数列为正项数列，所以；
又当时，，且，
则，
且满足上式，
所以，
则，
所以，
又，且单调递增，
所以，
即.
20. 在直三棱柱中，，为的中点.
（1）若，，求的长；
（2）若，，求二面角的平面角的正切值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由为的中点得，然后两边平方即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面夹角，即可求解.
【小问1详解】
因为点为的中点，所以，
两边平方可得，
故.
小问2详解】
由题意及，知，，两两互相垂直，所以以为坐标原点，
，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则即，
取，可得.
设平面的一个法向量为，
则即，
取，可得.
设与的夹角为，二面角的平面角为，
则，
由图观察可得该二面角的平面角为锐角，
故，，
所以，
即二面角的平面角的正切值为.
21. 记的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）证明：；
（2）若，求当面积最大时的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据可得，再结合商数关系及二倍角的余弦公式化简即可得出结论；
（2）由（1）可得，根据正弦定理化角为边可得，再由，结合正弦定理化角为边求出，再根据三角形的面积公式，结合导数即可得出答案.
【小问1详解】
由已知得，
∴，
又，且，∴；
小问2详解】
由（1）可得，
由正弦定理可得，
∴，.
∵，∴，
∴，∴，∴，
又，
∴，
∴，
令，则，则，
设，，
则，
令，得，即，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得最大值，此时最大，
则.
【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
22. 已知函数（）.
（1）证明：；
（2）若正项数列满足，且，记的前项和为，证明：（）.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分析本题题意，首先设并求导，进行下一步计算求出的值，最后得出.
（2）根据（1）进行下一步分析时情况，进一步证明，运算后得，在上单调递增，最后得出.
【小问1详解】
证明：（1）令，，则，令，得，
∴在上单调递减，在上单调递增，∴当时，.
令，由得，，可得，∴，即.
小问2详解】
（2）由（1）知，则，即则当时，，…，，则，则（），∴当时，
，接下来只需证明：，即，即证，由函数中，，对称轴为，试证，即证，即证，显然成立，
∴在上单调递增，∴成立，综上，（）.