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）.docx

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2023—2024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：D．2.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.【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】第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 【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：B．4.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：C．5.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：B．第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 6.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：A．7.在中，角所对的边分别是，且为的等差中项，则角最大值是（）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，由余弦定理可得第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 ，当且仅当时，等号成立．又，即角的最大值为．故选：C．8.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．第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 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，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选项中进行举例C选项中由于每项都不为0，故C正确；第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 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CD．11.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可以用整体代入法进行检验即可.【详解】第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 ．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：BCD．12.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，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 因为正方体中，所以四点共面，所以四边形为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，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 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，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，即第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 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】①.②.【解析】【分析】利用导数研究函数单调性，求最小值；令，，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.第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 【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】第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 【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，，．第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 【小问2详解】由余弦定理及已知可得：，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，，，，，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 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，即可求出第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 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.第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 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，，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 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）．第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，求切点处切线的方程；（2）利用函数单调性，不等式等价于恒成立，令，由，得在上恒成立，利用导数求的最大值即可.【小问1详解】因为，，则切点坐标为，所以，则函数在处的切线斜率，所以切线方程为.【小问2详解】由（1）可知，所以在上单调递增，故当时，，，又，所以原不等式可化为，从而有，令，则，即在上单调递减，，所以，即在上恒成立，令，则，时；时，故在单调递增，在单调递减，从而只需，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 故的取值范围为．【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，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.第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司