河南省青桐鳴2023-2024學年高三上學期12月大聯(lián)考數(shù)學試題（含答案）

屆普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試青桐鳴大聯(lián)考（高三）數(shù)學全卷滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、班級、考場號、座位號、考生號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑.如需改動.用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號，回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效3考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本大題共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，，則（）A. B. C. D.2.2的，為虛數(shù)，則復(fù)數(shù)（）A. B. C. D.3.“，是“”的（）A?分不必要條件 B.充要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件4.已知向量，，則在上的投影向量的坐標為（）A. B. C. D.5.若，則（）A. B. C. D.6.已知，，，則，，之間的大小關(guān)系為（）A. B. C. D.7.在四棱錐中，底面四邊形是邊長為2的菱形，且，平面平面，，若，，則四面體的體積為（）A. B. C. D.8.如圖，已知是半徑為1的扇形內(nèi)的一點，且，，，則陰影部分的面積為（）A. B. C. D.二、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，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知點，為不同的兩點，直線，，為不同的三條直線，平面，為不同的兩個平面，則下列說法正確的是（）A.若，，則B.若，，則C.若，，，，則D.若，，，，則直線10.1889年瑞典的阿倫尼烏斯提出了阿倫尼烏斯公式：（和均為大于0的常數(shù)），為反應(yīng)速率常數(shù)（與反應(yīng)速率成正比），為熱力學溫度（），在同一個化學反應(yīng)過程中為大于0的定值.已知對于某一化學反應(yīng)，若熱力學溫度分別為和時，反應(yīng)速率常數(shù)分別為和（此過程中，與的值保持不變），則（）A.若，則B.若，則C.若，，則D.若，，則11.已知函數(shù)（，，）的部分圖象如圖所示，則（）A.，B.將函數(shù)的圖象向左平移個單位長度，得到的圖象C.點為圖象的一個對稱中心D.函數(shù)在上的值域為12.若方程有且僅有2個根，（，），則下列說法正確的是（）A. B. C. D.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知向量，，，若，則實數(shù)______.14.已知正項等比數(shù)列滿足，，則______.15.已知的，的定義域為，且（），，若為奇函數(shù)，則______.16.在棱長為1的正方體中，，分別為線段和上的動點，且，則的最小值為______.四、解答題：共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.（10分）已知向量，向量，.（1）求的最小正周期；（2）求在上零點和極值點的個數(shù).18.（12分）如圖，梯形是圓臺的軸截面，，分別在底面圓，的圓周上，為圓臺的母線，，若，，，分別為，的中點，且異面直線與所成角的余弦值為.（1）證明：平面平面；（2）求圓臺的高.19.（12分）已知正項數(shù)列滿足，.（1）證明：當時，，（2）若（），，數(shù)列的前項和為，證明：.20.（12分）在直三棱柱中，，為的中點.（1）若，，求的長；（2）若，，求二面角的平面角的正切值.21.（12分）記的內(nèi)角，，的對邊分別為，，，且.（1）證明：；（2）若，求當面積最大時的值.22.（12分）已知函數(shù)（）.（1）證明：；（2）若正項數(shù)列滿足，且，記的前項和為，證明：（）.2024屆普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試青桐鳴大聯(lián)考（高三）數(shù)學答案1.C【解析】由題意得，所以.故選C.2.B【解析】由，得.故選B.3.D【解析】由于，的正負性不確定，由“，”不能推出“”，故充分性不成立；同時當“”時也不能推出“，”，故必要性也不成立.故選D.4.B【解析】由題意得，，則在上的投影向量是，即在上的投影向量的坐標為.故選B.5.A【解析】因為，則.故選A.6.D【解析】設(shè)，則，令，解得，當時，，函數(shù)單調(diào)遞減.又，所以，又，綜上可得.故選D.7.B【解析】如圖，連接，過點作，垂足為，因為，所以，又側(cè)面底面，且側(cè)面底面，所以底面.又底面是邊長為2的菱形，且，所以，所以.又，因為點，分別是，的中點，所以，同理，，同理，，故.故選B.8.A【解析】設(shè)，則，.則在中，由正弦定理可得.在中，由正弦定理可得，解得，，∴，，且.∴，.∴.故選A.9.AC【解析】若，則垂直于任一條平行于的直線，又，則，故A正確；若，不能推出，故B錯誤；若，則，，又，故，故C正確；若，，則為內(nèi)的一條直線，不一定對，故D錯誤.故選AC.10.AD【解析】由，，，得，又，故，故A選項正確，B選項錯誤；，若，則，故C選項錯誤，D選項正確.故選AD.11.BD【解析】根據(jù)圖象可知，解得，則，又，由題得，，解得，A錯誤；函數(shù)，將函數(shù)的圖象向左平移個單位長度，得到的圖象，B正確；，故C錯誤；當時，，此時函數(shù)的值域為，D正確.故選BD.12.BC【解析】令，則，易知在上單調(diào)遞增，又∵，∴在區(qū)間上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，∴，且當時，，當時，，由題意知，過作直線與的圖象有2個交點，則，A錯誤；令，則，又，∴，即，B正確；由得，∴，C正確；，∴，D錯誤.故選BC.13.【解析】由題可知，，則，解得.14.32【解析】由題，解得，由，得，則.由，得.15.0【解析】因為，所以.又，可得，故為偶函數(shù).又為奇函數(shù)，所以，則，所以，故函數(shù)的周期為8，故.16.【解析】設(shè)，則，其中，作，，連接，，如圖所示，易得，，，由得，由得，∴，，∴，又，∴，∴當時，取最小值.17.解：（1），則的最小正周期.（2）令，因為，所以，由的圖象可得，當時，即在上的零點個數(shù)為3，極值點個數(shù)為3.18.解：（1）證明：由題意得，，所以四邊形為平行四邊形，所以，而平面，平面，所以平面.因為，分別為，的中點，所以為的中位線，所以.而平面，平面，所以平面，又，平面，且，所以平面平面.（2）（方法一）易知，以為坐標原點，以，所在直線分別為軸、軸，在底面圓內(nèi)過作的垂線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.設(shè)圓臺的高為（），則，，，，則，，由，解得.（方法二）設(shè)圓臺的高為（），連接和，因為點和分別為和的中點，故為的中位線，所以，則為異面直線與所成的角，同理可得，則，由（1）知，則，，由勾股定理可得.由，為圓臺的母線得，，則為等邊三角形，則，故，則在中，由余弦定理可得，解得.19.證明：（1）由題意可得①當時，②，①－②得，故（）.（2）由（1）可得當時，，此時，故，易知是一個單調(diào)遞增的數(shù)列，且當時，取得最小值，故.20.解：（1）因為點為的中點，所以，兩邊平方可得，故.（2）由題意及，知，，兩兩互相垂直，所以以為坐標原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，則，，，設(shè)平面的法向量為，則即取，可得.設(shè)平面的法向量為，則即取，可得.設(shè)與的夾角為，二面角的平面角為，則，由圖觀察可得該二面角的平面角為銳角，故，，所以，即二面角的平面角的正切值為.21.解：（1）證明：由已知得，∴.又，，且，∴.（2）由（1）可得，由正弦定理可得，∴，.∵，∴，∴，∴，∴.又，∴，∴.令，則，則.設(shè)，，則，令，得，即，當時