《山西省部分学校2023-2024学年高三上学期12月联考数学试题（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山西省部分学校2023-2024学年高三上学期12月联考数学试题（含答案）（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024届高三一轮复习联考（三）数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。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。考试时间为120分钟，满分150分一、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.已知M，N是全集U的非空子集，且，则A.B.C.D.2.若z满足，则A.B.C.5D.3.已知非零向量，那么“”是“
2、的A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则边上的高为A.B.C.D.5.已知某物种t年后的种群数量y近似满足函数模型：.自2023年初起，经过n年后（），当该物种的种群数量不足2023年初的20%时，n的最小值为（参考数据：）A.10B.11C.12D.136.过点作曲线的两条切线，切点分别为，则A.B.C.1D.27.对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶商数列，再令，则数列是数列的二阶商数列.已知数列为1，2，8，64，1024，且它的二阶商数列是常数列，则A.B.C.D.8.已知函数，设，则A.B
3、.C.D.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.设正实数a，b满足，则A.有最大值4B.有最大值C.D.10.一半径为2米的水轮，水轮圆心O距离水面1米（如图）.已知水轮按逆时针方向绕圆心O做匀速转动，每1分钟转动一圈，如果当水轮上点P从水面浮现时开始计时，则下列判断正确的有A.点P第一次到达最高点需要20秒B.点P第一次到达最低点需要45秒C.在水轮转动的一圈内，有20秒的时间，点P在水面的下方D.当水轮转动30秒时，点P距离水面的高度是2米11.已知正三棱柱的各棱长都为1，E为的中点
4、，则A.平面B.二面角的正弦值为C点A到平面的距离为D.若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的半径为.12.设定义在R上的函数的导函数为，若与均为偶函数，则下列说法正确的是A.的图象关于直线对称B.2为函数的周期C.的图象关于点中心对称D.为偶函数三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知函数则的值为_.14.已知为锐角且满足，则_.15.已知各项均不为0的数列满足，且，则_.16.在四棱锥中，则三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.（10分）已知等差数列的前n项和为，且，.（1）求的通项公式；（2）若对任意
5、正整数n，均有，求正整数m的最大值.18.（12分）已知向量，向量，.（1）求函数的单调增区间；（2）若在上有唯一的零点，求的取值范围.19.（12分）已知函数.（1）若在上存在单调减区间，求实数m的取值范围；（2）若在区间上有极小值，求实数m的取值范围.20.（12分）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，B为下底面圆周上异于A，C的点.（1）在线段上是否存在一点P，使得平面?若存在，指出点P的位置，并证明；若不存在，请说明理由；（2）若四棱锥的体积为，求平面与平面角的余弦值.21.（12分）如图，在平面凸四边形中，M为边的中点.（1）若，求的面积；（2）求的最大值.22.（12分）已知函数，.（1
6、）当时，求证：在上单调递减；（2）若有两个不相等的实数根，.（i）求实数a的取值范围；（ii）求证：.2024届高三一轮复习联考（三）数学参考答案及评分意见1.D【解析】因为M，N是全集U的非空子集，且，所以韦恩图为：由韦恩图可知，D正确.故选D.2.B【解析】因为，所以.故选B.3.B【解析】对两边平方，整理可得向量与的夹角为0，向量与平行且同向，从而存在实数；由可得向量，平行，与同向或者反向，因此“”是“”的必要不充分条件.故选B.4.D【解析】由，得，设边上的高为h，因为，所以，即边上的高为.故选D.5.D【解析】根据题意得2023年初（）时种群数量为，所以由，化简得，则，又因为，所以的
7、最小值为13.故选D.6.B【解析】由题意得，过点作曲线的两条切线，设切点坐标为，则，即，由于，故，由题意可知，为的两个解，则，故，故选B.7.C【解析】该数列的一阶商数列为2，4，8，16，则二阶商数列为2，2，2，因为二阶商数列是常数列，故二阶商数列后面的项均为2，所以一阶商数列后面的项依次为，从而原数列后面的项依次为，故.故选C.8.A【解析】，由题意知当时，即在上单调递增，所以只需比较，的大小.当时，则，所以；令，则，令，则在区间上单调递减，可得，即在区间上恒成立，则在区间上单调递增，可得，即在区间上恒成立，可知在区间上单调递增，则在区间上恒成立，令，则，即，所以，综上所述，.故选A.
8、9.BCD【解析】对于A，正实数a，b满足，即有，可得，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，所以当时，取得最小值4，无最大值，所以A错误；对于B，由选项A可知，当且仅当时取等号，所以B正确；对于C，当且仅当时等号成立，C正确；对于D，当且仅当时等号成立，D正确.故选BCD.10.ACD【解析】以O为坐标原点建立直角坐标系.如下图，设点P距离水面的高度与时间的函数解析式为，由题意知：，最小正周期，即，又由及题意，.对于A，令，解得，即点P第一次到达最高点需要20秒，A正确；对于B，令，解得，B错误；对于C，令，即，解得，所以水轮转动一圈内，点P在水面下方的时间为秒，C正确；对于D，当水轮转
9、动30秒时，点P距离水面的高度是2米，D正确.故选ACD.11.ACD【解析】连接与相交于F，连接，因为F，E分别为，中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故选项A正确.在正三棱柱中，平面，又因为平面，则.又，平面，平面，所以平面.又因为平面，则，又，可知二面角的平面角为，则，故选项B错误.设点A到平面的距离为d，取中点G，连接，则，又，由余弦定理可得，所以，所以.所以，故选项C正确.设外接圆半径为r，由正弦定理得，所以.又设三棱柱外接球半径为R，则三棱柱外接球与以和的外接圆为底面的圆柱外接球相同，则.故选项D正确.故选ACD.12.ABC【解析】因为为偶函数，所以，所以的图象关于直线对称，故
10、选项A正确；因为，所以，又因为为偶函数，所以，所以，所以，所以2为的一个周期，故选项B正确；因为，所以，所以的图象关于点中心对称，故选项C正确；因为2为的一个周期，又因为，所以，所以，所以为奇函数，故选项D错误.故选ABC.13.1【解析】由题意可得：.14.【解析】由，得，则，是锐角，.则.15.【解析】根据题意可得各项均不为0，则，则，故数列是首项为2，公差为1的等差数列，则，故.16.【解析】如图，取的两个三等分点、E，连接，、，设，连接，则，又，所以，四边形为平行四边形. ，H为的中点，所以在中，由勾股定理可得，则，在中，又，则为等边三角形，则是的外接圆的圆心，因为，H为的中点.，又，
11、平面，且.设O为三棱锥外接球的球心，连接，、，则，过O作，垂足为F，则外接球的半径R满足，设，又，解得，从而，故三棱锥外接球的表面积为.17.解：（1）设的公差为d，则解得故.（2）由（1）可知，.当时，取得最小值.由恒成立，得，解得.因为，所以m的最大值为11. 18.解：（1）因为，所以，由，得，所以的单调增区间为，.（2）由，得，则，由，得，因为在上有唯一解，所以，得.19.解：（1）函数，求导得.令得，若在存在单调递减区间，解得，所以实数m的取值范围是.（2）由，即，解得，.当或时，当时，即函数在，上单调递增，在上单调递减，因此函数在处取得极小值，于是，即，当时，不等式恒成立；当时，解
12、得，综上可知，实数m的取值范围是.20.解：（1）存在，中点即为所求.证明如下：取中点P，连接，取中点H，连接，则有，.如图，在等腰梯形中，所以，则四边形为平行四边形，所以.又平面，平面，所以平面.（2）过点B作于，在等腰梯形中，所以该梯形的高，所以等腰梯形的面积为，所以四棱锥的体积，解得，所以点与重合.以为原点，方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.则，设平面的一个法向量为,所以即取，则.设平面的一个法向量为，所以，即取，则.设平面与平面夹角为，则.故平面与平面夹角的余弦值为.21.解：（1）在中，由余弦定理，得.取中点N，连接，.，N为的中点，.则的面积.（2）设，M，N分别为边，的中点，.在中，由余弦定理，得由正弦定理，得.在中，由余弦定理，得，其中当，即时，有最大值：.长度的最大值为.22.（1）证明：的定义域为，当时，.设，则.由，得，当时，；当时，在上单调递增，在上单调递减，的最大值为，即在上恒成立，在上单调递减.（2）（i）解：由题意知，由，得，设，则，由，得，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，有极大值，也是最大值，.又当时，当时，所以要使有两个不同的实数根，则，即，即实数a的取值范围为.（ii）证明：由（i）不妨设，由，得，则，要证，即证，等价于，而，等价于证明，即证，令，要证，即证，令，则，所以函数在上单调递增，所以，即，所以.15
