山东省高中名校2023_2024学年高三数学上学期12月统一调研考试含解析

这是一份山东省高中名校2023_2024学年高三数学上学期12月统一调研考试含解析，共30页。试卷主要包含了 已知函数部分图象，则， 已知，则下列结论错误的是， 已知，下列结论正确的是， 已知函数，则下列结论正确的是， 记的内角的对边分别为，已知等内容，欢迎下载使用。

数学试题
注意事项
1.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.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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、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，只有一项是符合题目要求的.
1. 集合，则（）
AB.
C. D.
2. 已知直线和平面，满足，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
3. 复数满足，则的最小值为（）
A. B. 1C. D.
4. 已知是半径为2的圆上的三个动点，弦所对的圆心角为，则的最大值为（）
A. 6B. 3C. D.
5. 已知函数部分图象，则（）
A. B. C. D.
6. 已知，则下列结论错误的是（）
A. 是周期函数
B. 在区间上单调递增
C. 的图象关于对称
D. 方程在有2个相异实根
7已知，则有（）
A. B. C. D.
8. 已知函数是定义在上的奇函数，对任意，都有，当时，，则在上的零点个数为（）
A. 10B. 15C. 20D. 21
二、多项选择题：本题共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，下列结论正确的是（）
A. 对任意实数
B. 若，则
C. 若，则的最小值是
D. 若，则
10. 已知函数，则下列结论正确的是（）
A. 在上的最小值为
B. 的图象与轴有3个公共点
C. 的图象关于点对称
D. 的图象过点的切线有3条
11. 如图，长方形中，为的中点，现将沿向上翻折到的位置，连接，在翻折的过程中，以下结论正确的是（）
A. 存在点，使得
B. 四棱锥体积的最大值为
C. 的中点的轨迹长度为
D. 与平面所成的角相等
12. 设为平面内个点，平面内到点的距离之和最小的点，称为点的“优点”.例如，线段上的任意点都是端点的优点.则有下列命题为真命题的有：（）
A. 若三个点共线，在线段上，则是的优点
B. 若四个点共线，则它们的优点存在且唯一
C. 若四个点能构成四边形，则它们的优点存在且唯一
D. 直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的优点
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 某学校报告厅共有20排座位，从第2排起后一排都比前一排多2个座位.若第10排有41个座位，则该报告厅座位的总数是______.
14. 已知，则______.
15. 已知圆锥的母线长为（定值），当圆锥体积最大时，其侧面展开图的圆心角大小为______.
16. 已知内角分别为，且满足，则的最小值为______.
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. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求：
（2）若，求面积.
18. 已知函数.
（1）若在处的切线垂直于直线，求的方程；
（2）讨论的单调性.
19. 已知数列是公比不相等的两个等比数列，令.
（1）证明：数列不是等比数列；
（2）若，是否存在常数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
20. 如图，在四棱台中，底面为平行四边形，，侧棱底面为棱上的点..
（1）求证：；
（2）若为的中点，为棱上的点，且，求平面与平面所成角的余弦值.
21. 已知数列前项和为，且对任意的正整数与的等差中项为.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：.
22. 已知函数，其导函数为.
（1）若在不是单调函数，求实数的取值范围；绝密★启用并使用完毕前
山东高中名校2024届高三上学期统一调研考试
数学试题
2023.12
注意事项
1.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.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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、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，只有一项是符合题目要求的.
1. 集合，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求出集合，再运用并集运算求解.
【详解】，
则.
故选：C
2. 已知直线和平面，满足，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
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面关系，结合必要条件以及充分条件的定义，可得答案.
【详解】充分性：当且仅当时，由，则，故“”是“”的不充分条件；
必要性：由题意可知：与无公共点，则或者与异面，故“”是“”的不必要条件.
故选：D.
3. 复数满足，则的最小值为（）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的几何意义，作图，利用点到直线距离公式，可得答案.
【详解】设复数在复平面上的对应点为，
则可表示为复平面上点到的距离，
可表示为复平面上点到的距离，
由题意可知：点在线段的中垂线上，如下图：
线段的中点为，直线的斜率，
则的轨迹方程为，整理可得，
由可表示为点到的距离，
.
故选：A.
4. 已知是半径为2的圆上的三个动点，弦所对的圆心角为，则的最大值为（）
A. 6B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将中向量进行分解，即：，
由是的中点，可将上式进行化简整理为，所以只需求最大，即的长加圆的半径即可，然后代入即可求得的最大值.
【详解】因为弦所对的圆心角为，且圆的半径为2，所以，
取的中点，所以，，如图所示：
因为,
因为是的中点，所以，
，
所以若最大，所以只需最大，
所以，
所以.
故选：A
5. 已知函数的部分图象，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由图象求得函数解析式，可求.
【详解】函数，
由图象可知，，
函数最小正周期为，有，则，，
得，
由，取，
则，
.
故选：B
6. 已知，则下列结论错误的是（）
A. 是周期函数
B. 在区间上单调递增
C. 的图象关于对称
D. 方程在有2个相异实根
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数周期性定义可判断A；根据特殊值，即时，函数无意义判断B；结合正弦函数的对称性判断C；求出方程在上的根，判断D.
【详解】函数，定义域为，
对于A，，故是周期函数，A正确；
对于B，当时，，则，
此时无意义，故B错误；
对于C，当时，，
即的图象关于对称，
由于的定义域为也关于对称，
故的图象关于对称，C正确；
对于D，令，即，
则，或，
即，或，
则当时，，
即方程在有2个相异实根，D正确，
故选：B
7. 已知，则有（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造，根据导函数得出函数在上单调递增，即可得出，所以；构造，根据导函数得出函数在上单调递增，可判断，再根据对数函数的运算性质得到.
详解】令，则.
当时，有，所以，
所以，在上恒成立，
所以，在上单调递增，
所以，，
所以，，即，所以
令，则在时恒大于零，故为增函数，
所以，而，所以，
所以，
故选：C
8. 已知函数是定义在上的奇函数，对任意，都有，当时，，则在上的零点个数为（）
A. 10B. 15C. 20D. 21
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，得到函数的周期为，再根据条件得出时，，从而得出，再利用周期性及图像即可求出结果.
【详解】因为，令，得到，
所以，从而有，又函数是定义在上的奇函数，
所以，即，所以函数的周期为，
令，则，又当时，，
所以，得到，
故，又，所以在上的图像如图，
又当时，由，得到，当，由，得到，即，
又，所以，
，，
又由，得到，即，
所以，
再结合图像知，在上的零点个数为21个，
故选：D.
二、多项选择题：本题共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，下列结论正确的是（）
A. 对任意实数
B. 若，则
C. 若，则的最小值是
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】举出反例即可判断AD；作差即可判断B；根据结合基本不等式即可判断C.
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，因为，，
所以，所以，故B正确；
对于C，因为，所以，
则，
当且仅当且，即时取等号，
所以的最小值是，故C正确；
对于D，当时，，，，故D错误.
故选：BC.
10. 已知函数，则下列结论正确的是（）
A. 在上的最小值为
B. 的图象与轴有3个公共点
C. 的图象关于点对称
D. 的图象过点的切线有3条
【答案】ABD
【解析】
【分析】将原函数的导函数求出，即为：，由导函数的正负判断原函数的单调性，然后即可判断出函数在上的最值，将原函数的极大值与极小值求出，即可画出函数图象，判断出函数与轴的交点个数，对于C选项，只需判断出即能说明的图象关于点对称，D选项需求过点的切线方程，注意区分过某点的切线方程和在某点的切线方程.
【详解】因为，所以，
所以当时，，单调递减，
当或时，，单调递增，
A选项中，当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
，
所以在上的最小值为，A正确；
因为在，上单调递增，在上单调递减，
，
，
且当时，，时，，
如图所示：
所以的图象与轴有3个公共点，B正确；
若的图象关于对称，则有，
因为，
所以C错误；
因为，设的切点为，
所以，
所以在切点处的切线方程为：，
当切线过时，即：，
整理得：，
设，
则
所以时，或，
当时，，单调递减，
当时，或，单调递增，
所以，
所以的图象如图所示：
所以由图象知有三个零点，所以有三个根，
所以的图象过点的切线有3条，D正确.
故选：ABD
11. 如图，长方形中，为的中点，现将沿向上翻折到的位置，连接，在翻折的过程中，以下结论正确的是（）
A. 存在点，使得
B. 四棱锥体积的最大值为
C. 的中点的轨迹长度为
D. 与平面所成的角相等
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据面面垂直性质，锥体体积、动点轨迹、线面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于A，当平面平面时有，下面证明：
在底面中，，所以，
当平面平面时，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，故A正确.
对于B，梯形的面积为，，直角斜边上的高为．
当平面平面时，四棱锥的体积取得最大值，B正确．
对于C，取的中点，连接，则平行且相等，四边形是平行四边形，
所以点F的轨迹与点G的轨迹形状完全相同．
过G作AE的垂线，垂足为H，G的轨迹是以H为圆心，为半径的半圆弧，
从而PD的中点F的轨迹长度为，C错误.
对于D，由四边形ECFG是平行四边形，知，
又平面，平面，
则平面，则到平面的距离相等，
故与平面所成角的正弦值之比为，D正确．
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：求F的轨迹关键是证得点F与点G的轨迹相同，转化为G的轨迹解决. 与平面所成的角相等的证明关键要先证得E与C到平面的距离相等.
12. 设为平面内的个点，平面内到点的距离之和最小的点，称为点的“优点”.例如，线段上的任意点都是端点的优点.则有下列命题为真命题的有：（）
A. 若三个点共线，在线段上，则是的优点
B. 若四个点共线，则它们的优点存在且唯一
C. 若四个点能构成四边形，则它们的优点存在且唯一
D. 直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的优点
【答案】AC
【解析】
【分析】根据优点的定义以及空间中的点与线的位置关系等逐个证明或举反例即可.
【详解】对于A，若三个点共线，C在线段上，根据两点之间线段最短，则C是的优点，故A正确；
对于B，若四个点共线，则它们的优点是中间两点连线段上的任意一个点，故它们的优点存在但不唯一，如B，C三等分AD，设，则，故B错误；
对于C，如图，设在梯形中，对角线的交点O，M是任意一点，则根据三角形两边之和大于第三边得，
∴梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一优点．故C正确．
对于D，举一个反例，如边长为的直角三角形，点P是斜边AB的中点，此直角三角形的斜边的中点P到三个顶点的距离之和为，而直角顶点到三个顶点的距离之和为7，∴直角三角形斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的优点；故D错误；
故选：AC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 某学校报告厅共有20排座位，从第2排起后一排都比前一排多2个座位.若第10排有41个座位，则该报告厅座位的总数是______.
【答案】840
【解析】
【分析】根据题意将问题转化为等差数列问题，应用等差数列的通项公式和前项和公式，基本量运算即可求解.
【详解】设报告厅的座位从第1排到第20排，各排的座位数依次排成一列，构成数列，其前项和为．
根据题意，数列是一个公差为的等差数列，且，
故．
由，
因此，则该报告厅总座位数为840个座位．
故答案为：840
14. 已知，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】由题设可得，进而求得，再应用二倍角余弦公式及诱导公式求目标函数值.
【详解】由题设，又，则，
所以，则.
故答案为：
15. 已知圆锥的母线长为（定值），当圆锥体积最大时，其侧面展开图的圆心角大小为______.
【答案】##
【解析】
【分析】表达出圆锥的体积，通过求导得出其单调性，即可求出当该圆锥的体积最大时，其侧面展开图的圆心角的弧度数．
【详解】由题意，圆锥的母线长为，
设圆锥的底面半径为r，高为h，则，∴，
体积：，
∴，
∴当时，，V单调递增；当时，，V单调递减，
∴当时，V取得最大值，
此时，侧面展开图的圆心角．
故答案为：．
16. 已知内角分别为，且满足，则的最小值为______.
【答案】16
【解析】
【分析】由三角形内角和性质、诱导公式、和差角正弦公式可得，进而有，结合，将目标式化为，应用基本不等式求最小值即可.
【详解】由题设，
所以，
所以，即，
又，，
则，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：应用三角恒等变换将条件化为，再应用万能公式用正切表示正弦为关键.
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. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求：
（2）若，求面积.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理化简已知等式，可求；
（2）由正弦定理和两角和的正弦公式化简等式，求出角，面积公式求面积.
【小问1详解】
由余弦定理，得，
所以.
【小问2详解】
若，由正弦定理，
，
，
所以，
因为，故，所以，
又，所以，
故的面积为.
18. 已知函数.
（1）若在处的切线垂直于直线，求的方程；
（2）讨论的单调性.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义求得参数m的值，即可求得答案；
（2）求出函数导数，分类讨论m的取值，结合解不等式，求得导数大于0和小于0时的解，即可求得答案.
【小问1详解】
由题意得；
因为在处的切线垂直于直线，
所以，即，解之得；
又，
所以的方程为，即.
【小问2详解】
的定义域为，
由（1）得；
所以当时，令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，令得或，令得，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上恒成立，
所以在上单调递增；
当时，令得或，令得，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，和上单调递增，在上单调递减.
19. 已知数列是公比不相等的两个等比数列，令.
（1）证明：数列不等比数列；
（2）若，是否存在常数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）要证明证不是等比数列，只需证即可，由此计算即可证明结论；
（2）假设存在常数，使得数列为等比数列，则利用等比中项性质，列式化简求解，可求得k的值，验证即得结论.
【小问1详解】
设的公比分别为，
为证不是等比数列，只需证.
而，
由于，且不为零，
因此，故不是等比数列.
【小问2详解】
假设存在常数，使得数列为等比数列，
则有，
将代入上式，得，
即，
整理得，
解得或.
经检验，当时，，
此时数列为等比数列；
当时，，
数列为等比数列，
所以，存在常数或，使得数列为等比数列.
20. 如图，在四棱台中，底面为平行四边形，，侧棱底面为棱上的点..
（1）求证：；
（2）若为的中点，为棱上的点，且，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，则可得，继而推出，即可证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
证明：在平行四边形中，，
在中，，
所以，
可得，所以.
又，所以.
又侧棱底面平面，所以.
又平面，所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
因为为的中点，，所以平行四边形为菱形，
则四边形也为菱形，则四边形为直角梯形，则，
由（1）知：两两垂直，分别以所在直线为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则点.
..
设平面的一个法向量为，
则有，所以，
令，得.
因为，所以，
则，
设平面的一个法向量为，
则有，所以，
令，得，
所以，
由原图可知平面与平面所成角为锐角，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
21. 已知数列前项和为，且对任意的正整数与的等差中项为.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据与之间的关系，利用构造法结合等比数列分析求解；
（2）根据题意分析可得，，进而求和分析证明
【小问1详解】
由题意可得：，
时，，可得；
时，，，
两式相减得：，即.
可得，且，
可知是以为首项，2为公比的等比数列.
所以，即.
【小问2详解】
因为，
所以；
又因为
，
所以，
综上所述：.
22. 已知函数，其导函数为.
（1）若在不是单调函数，求实数的取值范围；
（2）若在恒成立，求实数的最小整数值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据题意可知在有变号零点，由此结合函数的单调性，解不等式即可求得答案；
（2）法一：采用分离参数法，将原不等式变为即为在恒成立，构造函数，求函数的导数，利用导数求其最小值，即可求得答案；
法二：求函数的导数，利用导数判断其单调性，求得函数最小值，结合解不等式即可求得答案.
【小问1详解】
；
因为在不是单调函数，所以在有变号零点；
因为恒成立，令，则在有变号零点；
因为，所以在单调递增，
因为，当的值趋近正无限大时，趋近于正无限大，a为待定的参数，
故趋近于正无限大，故只需，即，
所以实数的取值范围是.
【小问2详解】
（法一）令，
因为在恒成立，所以在单调递减，
所以，
所以在恒成立，即为在恒成立，
令，
则
，
令，则在恒成立，
所以在单调递减；
因为；
所以有唯一零点，且
当时，，即，所以在单调递增；
当时，，即，所以在单调递减；
所以；
所以实数的最小整数值为.
（法二）
由（1）得，当时，在上单调递增，
所以成立.
当时，存在，使得
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
所以，
令得；
解之得.
综上，，
所以实数的最小整数值为.