湖南省常德市漢壽縣重點中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期12月期中考試數(shù)學(xué)試題（含答案）

湖南省常德市漢壽縣重點中學(xué)2024屆高三上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題卷一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．已知集合，集合，則（

）A． B．C． D．2．已知為虛數(shù)單位，且，則（

）A．3 B． C．5 D．3．在△ABC中，設(shè)p：＝＝；q：△ABC是正三角形，那么p是q的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知點是的重心，，，則（

）A． B． C． D．5．紫砂壺是中國特有的手工陶土工藝品，經(jīng)典的有西施壺、石瓢壺、潘壺等，其中石瓢壺的壺體可以近似看成一個圓臺，如圖給了一個石瓢壺的相關(guān)數(shù)據(jù)（單位：cm），那么該壺的容積約為（

）A．100cm3 B．200cm3 C．600cm3 D．800cm36．已知是定義在上的偶函數(shù)，且對任意，都有，當(dāng)時，，則函數(shù)在區(qū)間上的反函數(shù)的值（）A． B． C． D．7．已知四邊形是以和為底邊的梯形，（），，（，是平面內(nèi)兩個非零且不共線向量），則（

）A． B． C． D．68．如圖，為正方體中與的交點，則在該正方體各個面上的射影可能是（

）A．①②③④ B．①③ C．①④ D．②④二?多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.請把正確選項在答題卡中的相應(yīng)位置涂黑.9．已知平面向量，，，則下列說法正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則向量在上的投影向量為D．若，則向量與的夾角為銳角10．把函數(shù)的圖象先向左平移個單位長度，然后將圖象上各點的縱坐標(biāo)伸長到原來的2倍（橫坐標(biāo)不變），再向上平移個單位長度后得到函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（

）A．函數(shù)的解析式為，且是偶函數(shù)B．函數(shù)圖象關(guān)于直線對稱C．函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減D．函數(shù)在區(qū)間上的最小值為11．記數(shù)列的前項和為，若存在實數(shù)，使得對任意的，都有，則稱數(shù)列為“和有界數(shù)列”．下列說法正確的是（

）A．若數(shù)列是等差數(shù)列，且公差，則數(shù)列是“和有界數(shù)列”B．若數(shù)列是等差數(shù)列，且數(shù)列是“和有界數(shù)列”，則公差C．若數(shù)列是等比數(shù)列，且公比滿足，則數(shù)列是“和有界數(shù)列”D．若數(shù)列是等比數(shù)列，且數(shù)列是“和有界數(shù)列”，則公比滿足12．若，則（）A． B．C． D．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．已知，則的值是.14．若函數(shù)的圖象在點處的切線與直線垂直，則的值等于.15．在中，的對邊分別是，已知，且，則=．16．如圖所示，PO⊥平面ABC，BO⊥AC，在圖中與AC垂直的直線有條．四?解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17．已知函數(shù).（1）當(dāng)時，求函數(shù)在上的極值；（2）證明：當(dāng)時，.18．在中，內(nèi)角的對邊長分別為，.(1)若，求面積的最大值；(2)若，在邊的外側(cè)取一點（點在外部），使得，，且四邊形的面積為，求的大小.19．設(shè)函數(shù).已知存在使得同時滿足下列三個條件中的兩個：條件①：；條件②：的最大值為；條件③：是圖象的一條對稱軸.(1)請寫出滿足的兩個條件，并說明理由；(2)若在區(qū)間上有且只有一個零點，求的取值范圍.20．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AB=AC=1，AB⊥AC，M，N，Q分別為CC1，BC，AC的中點，點P在線段A1B1上運動，且.(1)證明：無論λ取何值，總有AM⊥平面PNQ；(2)是否存在點P，使得平面PMN與平面ABC的夾角為60°？若存在，試確定點P的位置；若不存在，請說明理由.21．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，，其中n∈N*．（1）設(shè)，求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求出{an}的通項公式．（2）設(shè)，數(shù)列{cncn+2}的前n項和為Tn，是否存在正整數(shù)m，使得對于n∈N*，恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，請說明．22．已知兩數(shù)．（1）當(dāng)時，求函數(shù)的極值點；（2）當(dāng)時，若恒成立，求的最大值．參考答案1．D【分析】先根據(jù)基本不等式的解法求出集合，然后根據(jù)集合并集的運算法則求解.【詳解】解：，故選：D．2．C【分析】依題意先對原式進行化簡，可求得，利用共軛復(fù)數(shù)的定義可得，再利用復(fù)數(shù)的運算可求得答案.【詳解】由題意得：，則，.故選：C.3．C【分析】若p成立，利用正弦定理可證得a＝b＝c，充分性成立，若q成立，易知有p成立，即可得解.【詳解】若p成立，即＝＝，由正弦定理，可得＝＝＝k.∴∴a＝b＝c.則q：△ABC是正三角形，成立．反之，若a＝b＝c，則∠A＝∠B＝∠C＝60°，則＝＝.因此p?q且q?p，即p是q的充要條件．故選C.【點睛】本題主要考查了充要命題的判斷，用到了正弦定理，屬于基礎(chǔ)題.4．D【分析】由點是的重心，則，有，可得結(jié)果.【詳解】點是的重心，則有，所以，所以.故選：D．5．B【分析】利用圓臺體積公式進行求解，再結(jié)合選項得到答案.【詳解】根據(jù)圓臺體積公式可得：，故那么該壺的容積約為200cm3故選：B6．A【分析】根據(jù)奇偶性和周期性求當(dāng)時，，再根據(jù)反函數(shù)特點：若原函數(shù)過點則反函數(shù)過點．【詳解】，當(dāng)時，，所以時，，是定義在上的偶函數(shù)，，所以當(dāng)時，，令故選：A．7．C【分析】求得，再根據(jù)向量平行，即可求得結(jié)果.【詳解】根據(jù)題意，，又//，故可得，解得.故選：C.8．C【分析】從三個角度對正方體進行平行投影，首先確定關(guān)鍵點P、A，C在各個面上的投影，再把它們連接起來，即得△PAC在該正方體各個面上的射影．【詳解】由題意知，P為正方體ABCD﹣A1B1C1D1的中心，則從上向下投影時，點P的影子落在對角線AC上，故△PAC在下底面上的射影是線段AC，是第一個圖形；當(dāng)從前向后投影時，點P的影子應(yīng)落在側(cè)面CDC1D1的中心上，A點的影子落在D上，故故△PAC在面CDC1D1上的射影是三角形，是第四個圖形；當(dāng)從左向右投影時，點P的影子應(yīng)落在側(cè)面BCB1C1的中心上，A點的影子落在B上，故△PAC在面CDC1D1上的射影是三角形，是第四個圖形．故選：C．9．BC【分析】根據(jù)向量線性運算即數(shù)量積公式可判斷AB選項，根據(jù)投影向量定義可得判斷C選項，由可得，但此時向量與的夾角可以為零角并非銳角，可得D錯誤.【詳解】解：已知平面向量，，，對于A，若，可得，即，解得，所以A選項錯誤；對于B，若，根據(jù)平面向量共線性質(zhì)，可得，即，所以B選項正確；對于C，若，則，由投影向量定義可知向量在上的投影向量為，所以C選項正確；對于D，若，則，所以；但當(dāng)時，，此時向量與的夾角為，所以D選項錯誤；故選：BC.10．BD【分析】首先根據(jù)題意得到，對選項A，即可判斷A錯誤，對選項B，根據(jù)即可判斷B正確，對選項C，根據(jù)在有增有減，即可判斷C錯誤，對選項D，根據(jù)，即可判斷D正確.【詳解】的圖象先向左平移個單位長度得到，將圖象上各點的縱坐標(biāo)伸長到原來的2倍（橫坐標(biāo)不變），得到，再向上平移個單位長度后得到.對選項A，因為，故A錯誤.對選項B，，故B正確.對選項C，，，所以在有增有減，故C錯誤.對選項D，因為，所以，即的最小值為，故D正確.故選：BD11．BC【分析】利用給定定義結(jié)合等差數(shù)列前n項和對選項A，B并借助一次、二次函數(shù)性質(zhì)分析判斷；結(jié)合等比數(shù)列前n項和對選項C并借助即可推理判斷，舉特例判斷選項D作答.【詳解】若數(shù)列是公差為d的等差數(shù)列，則，當(dāng)時，若，則，是的一次函數(shù)，不存在符合題意的，A錯誤；數(shù)列是“和有界數(shù)列”，當(dāng)時，是的二次函數(shù)，不存在符合題意的，當(dāng)，時，存在符合題意的，B正確；若數(shù)列是公比為的等比數(shù)列，則，因滿足，則，即，，則存在符合題意的實數(shù)，即數(shù)列是“和有界數(shù)列”，C正確；若等比數(shù)列是“和有界數(shù)列”，當(dāng)時，若為偶數(shù)，則，若為奇數(shù)，則，即，從而存在符合題意的實數(shù)，D錯誤.故選：BC12．ACD【分析】直接利用函數(shù)的關(guān)系式的變換和構(gòu)造函數(shù)的應(yīng)用，進一步求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間的關(guān)系和二次求導(dǎo)的應(yīng)用判定、、、的結(jié)論．【詳解】解：對于，整理得，設(shè)，則，故函數(shù)為增函數(shù)，由于，所以，即正確；對于，整理得，設(shè)，所以，，令，所以，當(dāng)時，，故在上單調(diào)遞增，故，所以，函數(shù)在上單調(diào)遞增，故，故錯誤；對于，整理得，設(shè)，，所以，令，解得，故函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，故正確；對于，整理得，設(shè)，所以，設(shè)，由于，故，所以函數(shù)在單調(diào)遞減，故，所以，即函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以，故正確．故選：ACD．13．310/0.3【詳解】試題分析：.考點：同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式.14．【分析】先求解出在點處的導(dǎo)數(shù)值即為切線的斜率，然后根據(jù)垂直對應(yīng)的斜率關(guān)系求解出的值.【詳解】因為，所以，又因為點處的切線與直線垂直，且的斜率為，所以，所以，故答案為：.15．【詳解】試題分析：由，得：又為內(nèi)角，故.所以又，.考點：向量的數(shù)量積與解三角形.【方法點晴】平面向量與三角函數(shù)交匯點較多，向量的平行、垂直、夾角、數(shù)量積等知識都可以與三角函數(shù)進行交匯.不論是哪類向量知識與三角函數(shù)的交匯試題，其解法都差不多，首先都是利用向量的知識將條件轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)中的“數(shù)量關(guān)系”，再利用三角函數(shù)的相關(guān)知識進行求解．16．4【分析】由線面垂直的性質(zhì)可得，再由，即可得到平面，即可得解；【詳解】解：因為平面，平面，所以．又，，平面，所以平面，所以內(nèi)的4條直線，，，都與垂直，所以圖中共有4條直線與垂直．故答案為：17．（1）極大值為；極小值為；（2）證明見解析.【解析】（1）當(dāng)時，函數(shù)求導(dǎo)，解導(dǎo)函數(shù)不等式得函數(shù)單調(diào)區(qū)間求得極值；（2）構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)，得在上是增函數(shù)，得證.【詳解】（1）當(dāng)時，，，令，得或；令，得；∴在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故當(dāng)時，取得極大值為；當(dāng)時，取得極小值為.（2）證明：令，，∴在上是增函數(shù)，∴，∴，即當(dāng)時，.【點睛】本題考查利用導(dǎo)函數(shù)求函數(shù)的極值及證明不等式，屬于基礎(chǔ)題,18．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)題意，利用正弦定理化簡得，由余弦定理求得，得到，再由余弦定理和基本不等式求得的最大值，進而求得面積的最大值；（2）設(shè)，利用余弦定理和為正三角形，求得，列出方程，即可求解.【詳解】（1）解：由，因為，可得，又由正弦定理得，即，由余弦定理得，因為，可得，所以，在中，由余弦定理得，即，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，所以，所以面積取得最大值.（2）解：設(shè)，則，在中，由余弦定理得，由（1）知，且，所以為正三角形，所以，可得，因為，故，所以，可得.19．(1)②③，理由見解析(2)【分析】（1）首先分析①②可得，逐個驗證條件③即可得結(jié)果；（2）由（1）得函數(shù)的解析式，通過的范圍求出的范圍，結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)列出關(guān)于的不等式即可得解.【詳解】（1）函數(shù)，其中，對于條件①：若，則，對于條件②：的最大值為，則，得，①②不能同時成立，當(dāng)時，，即不滿足條件③；當(dāng)時，，，即滿足條件③；當(dāng)時，，，即不滿足條件③；綜上可得，存在滿足條件②③.（2）由（1）得，當(dāng)時，，由于在區(qū)間上有且只有一個零點，則，解得，即的取值范圍是.20．(1)證明見解析(2)存在點P，A1P【分析】（1）連接A1Q，易證AM⊥A1Q，再由NQAB，結(jié)合AB⊥AC，得到NQ⊥AC，再由直三棱柱的性質(zhì)得到NQ⊥AA1，從而NQ⊥平面ACC1A1，得到NQ⊥AM，再由N，Q，A1，P四點共面，得到AM⊥平面PNQ證明；（2）以點A為坐標(biāo)原點，AB，AC，AA1所在直線分別為x軸?y軸?z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，先求得是平面PMN的一個法向量，取平面ABC的一個法向量為=（0，0，1），由求解.【詳解】（1）證明：如圖所示：連接A1Q.因為AA1=AC=1，M，Q分別是CC1，AC的中點，所以RtAA1Q≌RtCAM，所以∠MAC=∠QA1A，所以∠MAC+∠AQA1=∠QA1A+∠AQA1=90°，所以AM⊥A1Q.因為N，Q分別是BC，AC的中點，所以NQAB.又AB⊥AC，所以NQ⊥AC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，所以NQ⊥AA1.又AC∩AA1=A，AC，AA1?平面ACC1A1，所以NQ⊥平面ACC1A1，所以NQ⊥AM.由NQAB和ABA1B1可得NQA1B1，所以N，Q，A1，P四點共面，所以A1Q?平面PNQ.因為NQ∩A1Q=Q，NQ，A1Q?平面PNQ，所以AM⊥平面PNQ，所以無論λ取何值，總有AM⊥平面PNQ.（2）存在點P，當(dāng)時，平面PMN與平面ABC的夾角為60°.理由如下：以點A為坐標(biāo)原點，AB，AC，AA1所在直線分別為x軸?y軸?z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，所以，由，可得點P（λ，0，1），所以.設(shè)是平面PMN的一個法向量，則，即，解得，令x=3，則y=1+2λ，z=2-2λ，所以=（3，1+2λ，2-2λ）是平面PMN的一個法向量.取平面ABC的一個法向量為=（0，0，1）.假設(shè)存在符合條件的點P，則，化簡得4λ2-14λ+1=0，解得λ=或λ=（舍去）.綜上，存在點P，且當(dāng)A1P時，滿足平面PMN與平面ABC的夾