《河北省张家口市张垣联盟2024届高三上学期12月阶段测试数学试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省张家口市张垣联盟2024届高三上学期12月阶段测试数学试题（解析版）（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、20232024学年第一学期12月高三阶段测试卷数学试卷考试说明：1本试卷共150分考试时间120分钟2请将各题答案填在答题卡上一、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. 已知集合，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由一元二次不等式解法可得，再由交集运算法则即可求出.【详解】由中不等式变形得，解得，即，又，所以可得故选：D2. 已知复数，则在复平面内所对应的点位于（ ）A. 第四象限B. 第三象限C. 第二象限D. 第一象限【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法运算求出，再求出它在复平面内对应点的坐标即得.
2、【详解】依题意，所以在复平面内所对应的点位于第四象限故选：A3. 已知数列，则是这个数列的（ ）A. 第21项B. 第22项C. 第23项D. 第24项【答案】B【解析】【分析】根据规律可知数列的通项公式为，计算可得是这个数列的第22项.【详解】由题意可得数列的通项公式为，又，解得，所以是这个数列的第22项故选：B4. 已知正四棱锥的底面边长是，体积是，那么这个四棱锥的侧棱长为（ ）A. B. 2C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意首先求出正四棱锥的高，再求出底面对角线长度的一半，最后由勾股定理即可得解.【详解】设四棱锥的高为，根据已知条件可得，所以，而，所以这个四棱锥的侧棱长为故选：
3、C5. 等差数列中的前项和分别为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意直接根据等差数列前项和公式得到，进一步代入数据即可得解.【详解】等差数列中的前项和分别为，故选：B6. 已知直三棱柱所有棱长都为2，顶点都在同一个球面上，则该球的表面积与该球体积的比为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】确定三棱柱为正三棱柱，为三棱柱上底面的中心，为球心，根据勾股定理得到，再计算得到答案.【详解】该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，棱长为2如图，为三棱柱上底面的中心，为球心，球的半径，满足，故故选：A7. 在中，角所对的边分别是，且为的等差中项，则角最大值
4、是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据等差中项的定义可知，再由余弦定理和基本不等式即可求得角的最大值为【详解】由题意可得，由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立又，即角的最大值为故选：C8. 已知数列满足，且，若函数，记，则数列的前9项和为（ ）A. 0B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用等差中项定义可证明数列是等差数列，再由二倍角公式可得，利用可得，可得数列的前9项和为.【详解】由数列满足可得，所以数列是等差数列，由可得，又，所以；同理，又易知，所以数列前9项和为故选：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
5、部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分9. 已知是两个不同平面，是两条不同直线，则下述正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则或异面D. 若，则【答案】BC【解析】【分析】根据线线、线面、面面的位置关系逐一判断即可.详解】对于A，若，则或异面，故A错误；对于B，若，则，故B正确；对于C，若，则或异面，故C正确；对于D，若，则或异面或相交，故D错误.故选：BC.10. 已知数列为等比数列，的前项和为，则（ ）A. 数列成等比数列B. 数列成等比数列C. 数列成等比数列D. 数列成等比数列【答案】CD【解析】【分析】根据等比数列性质，进行逐题分析，A选项中进行举例，排除A；B选
6、项中进行举例C选项中由于每项都不为0，故C正确；D选项，数列每项都不为0进行分析可知，故D正确.【详解】因为，故A错误；当数列为时，；不成等比数列，故B错误；数列每项都不为0，且后一项与前一项比值为同一个常数，,故C正确；可知数列每项都不为0，且后一项与前一项比值为同一个常数，,故D正确故选CD11. 已知的最小正周期为，则下列说法正确的有（ ）A. B. 函数在上单调递减C. 直线是函数图象的一条对称轴D. 点是函数图象的一个对称中心【答案】BCD【解析】【分析】由题意首先利用辅助角公式、倍角公式以及最小正周期为求出即可判断A；由A选项分析可知，进一步可得在上的单调性即可判断B；对于C，D可
7、以用整体代入法进行检验即可.【详解】最小正周期，故A错误；，当，故函数在上单调递减，故B正确；当时，故直线是函数图象的一条对称轴，故C正确；当时，故点是函数图象的一个对称中心，故D正确故选：BCD12. 正方体的棱长为4，分别为的中点，点到平面的距离为则（ ）A. 平面截正方体所得的截面面积为18B. 直线与平面平行C. 直线与平面垂直D. 点到平面的距离为【答案】ABD【解析】【分析】利用线线平行得到截面，求面积判断选项A；由面面平行证明线面平行判断选项B；由线面垂直的性质，判断C选项；利用等体积法求点到平面的距离判断选项D.【详解】连接，如图所示， 因为正方体中，所以四点共面，所以四边形为
8、平面截正方体所得的截面四边形，且截面四边形为梯形，又由勾股定理可得，所以梯形为等腰梯形，高为，所以，故A选项正确；易知，又平面，平面，故平面，又，同理可得平面，又，平面，故平面平面，又平面，从而平面，故B选项正确；连接，若直线与平面垂直成立，则， 又，平面，所以平面，所以，显然不成立，所以直线与平面不垂直，故C选项错误；由于，而，则，所以，即，点到平面的距离为点到平面的距离的二倍，故D正确故选：ABD【点睛】方法点睛：正方体内的线面位置关系和距离角度问题，要充分利用正方体的结构特征，特别是线面的平行垂直性质，对解题作用较大.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知，若实数满足
9、，则_【答案】【解析】【分析】由向量线性运算的坐标表示和向量垂直的坐标表示求解.【详解】，则，由，所以，解得故答案为：14. 设等比数列的公比为，其前项和为，若，则_【答案】或【解析】【分析】根据等比数列定义利用已知条件可得，解方程可得或【详解】在等比数列中，所以可得，又，所以，即又，可得，解得或故答案为：或15. 若向量共面，则_【答案】#【解析】【分析】根据空间向量共面定理可设，即可解得【详解】由于共面，可设，即，可得，解得；故答案为：16. 设函数，则函数的最小值为_；若对任意，存在不等式恒成立，则正数的取值范围是_【答案】 . . 【解析】【分析】利用导数研究函数单调性，求最小值；令，
10、问题转化为，利用导数和基本不等式求两个函数最小值即可.【详解】的导数为，则时，单调递减；时，单调递增，可得在处取得极小值，且为最小值；令，又对任意，存在，有恒成立，即恒成立，即；时，当且仅当时取得最小值2，则时，单调递减；时，单调递增，可得在处取得极小值，且为最小值；所以，由，可得所以的取值范围是.【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚17. 已知一圆锥的母线长为，底面半径为（1）求圆锥的高
11、及体积；（2）若圆锥内有一球，球与圆锥的底面及圆锥的所有母线都相切，求球的半径【答案】17. 18. 【解析】【分析】(1)圆锥的母线长、底面圆半径以及圆锥的高满足勾股定理，由题意即可求出结果；(2)由图结合勾股定理可得，求出.【小问1详解】由题意知，圆锥的高【小问2详解】由（1）知，圆锥的高为，设圆锥内切球的半径为，则，即，解得18. 的内角的对边分别为，设（1）求；（2）若，求边上的高【答案】（1） （2）【解析】【分析】(1)利用正弦定理进行角化边，再利用余弦定理求角即可.(2)利用余弦定理和三角函数的定义即可.【小问1详解】的内角的对边分别为因为由正弦定理得：即，【小问2详解】由余弦定
12、理及已知可得：，或，又所以设边上的高为，所以19. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面夹角的正弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算得到，得到平面，得到证明.（2）计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.【小问1详解】证明：建立如图所示的直角坐标系，则，故，即，又，平面，所以平面，又平面，故平面平面；【小问2详解】，设平面的法向量为，即，取，平面，故为平面法向量设平面与平面夹角大小为，所以，所以，平面与平面夹角的正弦值为20. 已知数列满足（，且，求：（1）数列的通项公式（2）数列的前
13、项和【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用等比数列定义即可得为等比数列，再由已知条件可解得公比，即可求出通项公式为；（2）利用等比数列前项和公式以及分组求和方法可得.【小问1详解】数列满足，根据等比数列定义可知为等比数列，又，设公比为，则，所以所以，故所以数列的通项公式为【小问2详解】由（1）可得；所以.21. 已知正项数列的前项和为，且数列的前项和为，数列的前项和为，数列，（1）求数列的通项公式及；（2）若对任意，存在使得成立，求实数的取值范围【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）利用的关系式可求得数列的通项公式为，由错位相减法求和即可得；（2）易知，由数列的函数特性可知，根据题意只需满足即可求得.【小问1详解】由，可得当时，得；当时，即，可得是以为首项，2为公比的等比数列，所以；当时，符合，所以数列的通项公式为；，则数列的前项和为，相减可得：所以；【小问2详解】由得，可得，由，当时，即有，可得，又时，的最大值为，对任意，存在，使得成立，即即可，解得；所以实数的取值范围为22. 已知函数（1）求函数在处的切线方程（2）对任意，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析
