2023～2024学年第一学期高三期中调研试卷数学2023.11注意事项学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：1．本卷共6页，包含单项选择题（第1题第8题）、多项选择题（第9题第12题）、填空题（第13题第16题）、解答题（第17题第22题）．本卷满分150分，答题时间为120分钟．答题结束后，请将答题卡交回．2．答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置．3．请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效．作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔．请注意字体工整，笔迹清楚．4．请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、破损．一律不准使用胶带纸、修正液、可擦洗的圆珠笔一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1.下列条件中，使得“”成立的充分不必要条件是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】逐个判断是否为的充分不必要条件即可.【详解】对于A：当时满足，此时不满足，所以A错误；对于B：当时满足，此时不满足，所以B错误；对于C：当时满足，此时不满足，所以C错误；对于D：，所以是的充分不必要条件，故选：D2.已知集合，，且，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先化简集合，再由，则，应用集合间的包含关系即可.【详解】，且，则，则.故选：C3.已知，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用三角函数的诱导公式求解.【详解】解：因，所以，故选：D4.已知是两个单位向量，且，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求，再求，则即可求.【详解】已知是两个单位向量，，若，则，，故.故选：B5.在中，，边上的高等于，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用表示，，然后利用正弦定理求解即可.【详解】过作，垂足为，则，因为，所以，，，，所以在中由正弦定理可得即，故选：D6.已知曲线在点处的切线方程为，则A. B. C. D.【答案】D【解析】分析】通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得．【详解】详解：，将代入得，故选D．【点睛】本题关键得到含有a，b的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系．7.满足的实数对，构成的点共有（）A.1个 B.2个 C.3个 D.无数个【答案】C【解析】【分析】结合集合相等及二次函数的单调性即可求.【详解】由，又，则，所以在单调递增，故值域为，即是的两根，解得，当时，点为，当时，点为，当时，点为.故选：C8.已知，，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】依题意分别根据各式特点，利用辅助角公式和三角函数单调性可得，利用近似值可得，再利用对数函数单调性即可得，即可比较得出结论.【详解】根据题意可知，，，即可得；由可得，即；易知，即，所以，即；又，即，又，可得；所以，可得；可得，所以显然，即.故选：B【点睛】关键点点睛：求解本题关键在于通过观察式子特征可知，三个式子各不相同，构造函数的方法失效，所以只能通过限定的取值范围使其落在不同的区间内即可得出结论.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分．每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．9.已知复数满足，则（）A.B.的虚部为C.D.【答案】AD【解析】【分析】先求出复数，再结合复数的运算即可.【详解】由，得，，A正确；的虚部为，B错误；，C错误；，D正确；故选：AD10.函数，则（）A.的一个周期为B.是增函数C.的图象关于点对称D.将函数的图象向右平移个单位长度可得到的图象【答案】AC【解析】【分析】根据的周期性，单调区间，对称中心，及平移逐项判断.【详解】对A：的最小正周期为，故A正确；对B：的递增应满足：，即增区间为，故B错误.对C：的对称中心满足：，即中心为，，故C正确；对D：将函数的图象向右平移个单位长度可得到，故D错误.故选：AC11.在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，点在对角线上，则（）A.三棱锥体积为B.点到平面的距离为C.的最小值为D.四面体外接球的表面积为【答案】BCD【解析】【分析】对于A，根据正方体的性质，明确三棱锥的底面以及底面上的高，可得答案；对于B，利用A求得的三棱锥的体积，利用勾股定理求得的三边长，结合余弦定理以及面积公式，可得答案；对于C，根据正方体的性质，将点旋转使得共面，利用三角形的余弦定理，可得答案；对于D，根据三棱锥的性质，设出外接球的球心，利用勾股定理，建立方程，结合球的面积公式，可得答案.【详解】根据题意，可作图如下：对于A，在正方体中，，平面，在三棱锥中，以为底面，则为其高，因为，易知为等腰直角三角形，且分别为的中点，所以，且到的距离为，，故A错误；对于B，在中，易知，，则，在中，易知，则，在中，易知，，则，在中，由余弦定理，，则，所以，点到平面的距离为，故B正确；对于C，在正方体中，易知平面，因为平面，所以，将绕旋转得到，使得共面，如下图：易知，且，在中，易知，由余弦定理，，则，故C正确；对于D，取的中点，易知为为外接圆圆心，连接，作，，取，连接，如下图：因为，所以平面，由为为外接圆圆心，则可设为三棱锥的外接球球心，即，因为，所以易知四边形为矩阵，则，，在中，，易知，则，在中，由余弦定理，，在中，，，在中，，，则，解得，则球的表面积为，故D正确.故选：BCD.12.对于数列，若存在正数M，使得对一切正整数n，都有，则称数列为有界数列；若这样的正数M不存在，则称数列为无界数列．下列说法正确的有（）A.等比数列的公比为，若，则是有界数列B.若数列的通项，则是有界数列C.若正项数列满足：，则是无界数列D.若数列满足：，且，则是有界数列【答案】ABD【解析】【分析】根据新定义逐个判定是否正确，注重通项公式的求解过程中的技巧的应用.【详解】对于A：不妨令首项为，则，因为，则，所以此时为有界数列，所以A正确；对于B：当时，，又，所以，当时，，所以是有界数列，B正确；对于C：不妨令，则，，，，，，所以数列周期数列，所以数列有界数列，C错误；对于D：由，得，两式相减得，化简可得，即用数学归纳法证明，当时由题知；假设时结论成立，即，此时；则当时，又因为，所以，所以时成立，根据①和②可知，该结论成立，故，所以是有界数列，所以D正确，故选：ABD【点睛】方法点睛：用数学归纳法可以很好的证明数列在某个区间的问题，但是要注意数学归纳法的书写格式和数学逻辑.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分．请把答案填写在答题卡相应位置上．13.已知等差数列的前项和为，若，，则_______．【答案】20【解析】【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差即可得结果.【详解】设等差数列的公差为，由，得，即有，于是，解得，所以.故答案为：2014.如图，由3个全等的钝角三角形与中间一个小等边三角形DEF拼成的一个较大的等边三角形，若，，则的面积为________．【答案】【解析】【分析】利用正弦定理以及余弦定理求得钝角三角形的三边长，根据等边三角形的性质以及面积公式，可得答案.【详解】因为为等边三角形，所以，则，在中，由正弦定理，则，解得，由余弦定理，则，整理可得：，则，解得或（舍去），等边边长为，其面积为.故答案为：.15.如图，一个半径为的半圆，、两点为直径的三等分点，、两点为弧上的三等分点，则________.【答案】##【解析】【分析】以线段的中点为坐标原点，所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值.【详解】以线段的中点为坐标原点，所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，连接、，由题意可知，，，则、、、，所以，，，故.故答案为：.16.已知函数，若，且，则的取值范围为____，的取值范围为_________.【答案】①.②.【解析】【分析】画出函数图像，根据图像得到，，确定，排除等号成立的条件，计算得到答案.【详解】，画出函数图像，如图所示：根据图像知：且，故，，故，即，，，等号不成立，故，即.故答案为：；.四、解答题：本大题共6小题，共计70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知函数.（1）求的最小值及取得最小值时的取值集合；（2）若的图象向右平移个单位后得到的函数恰好为偶函数，求的最小值．【答案】（1）最小值为－2，此时（2）．【解析】【分析】（1）对三角函数合一后进行最小值得分析即可；（2）利用偶函数求出的值，再求出最小值即可.【小问1详解】因为，所以当即时，取得最小值－2，所以的最小值为－2，此时x的取值集合为；【小问2详解】设的图象向右平移个单位后得到函数，则，因为为偶函数，所以，即，展开可得，所以恒成立，所以，所以，又因为，所以．18.在①的平分线长为；②D为BC中点，；③为边上的高，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．中，角A，B，C的对边为，，，已知，.（1）求;（2）若，求的大小.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）3（2）.【解析】【分析】（1）根据题意由，利用余弦定理即可求得；（2）若选①：记，利用等面积法即可求得，即可知；若选②：利用平面向量表示出，再根据利用数量积定义即可求得结果；若选③：分别在和中利用余弦定理即可求得，再利用余弦定理可求得.【小问1详解】由及得，即，由余弦定理得，所以．【小问2详解】若选①：记，的平分线交BC于D，则有，即，即，即，所以，因为，所以，从而，即，所以.若选②：由于D为BC中点，所以，即，又因为，，，所以，即，所以，又因为，所以.若选③：由于为边上的高，在中，，所以，在中，，所以，所以，由余弦定理得，又因为，所以.19.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，平面平面，，，，（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）根据面面垂直性质定理以及线面垂直判定定理，可得答案；（2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用面面角向量公式，可得答案.【小问1详解】因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又因为平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面.【小问2详解】由（1）知平面，又平面，平面，所以，，过引，则有，，又因为，即，以原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系设，则，，，，，所以，，，由于，所以，所以，即，从而，则，，，设平面PDC的一个法向量为，则有，即，取，解得，即，设平面的一个法向量为，则有，即，取，解得，即，所以设二面角的平面角为，为钝角，所以二面角的平面角余弦值为.20.已知函数满足．（1）求的单调区间；（2）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间（2）【解析】【分析】（1）先对函数求导，进而构造函数，利用导数分析其单调性，进而可得，进而得到恒成立，从而求解；（2）转化问题为在区间上恒成立，令，，只需，进而利用导数分析单调性进行求解即可.【小问1详解】因为，所以，令，则，当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．所以，即恒成立，所以的单调递增区间为，无单调递减区间．【小问2详解】由题意在区间上恒成立，即恒成立，即在区间上恒成立，令，，只需，因为，令，，有，所以函数在上单调递减，所以，即，所以当时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，即，所以实数的取值范围为．21.已知为数列的前项和，，．（1）求的通项公式；（2）若，，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）法一：根据得到，从而得到，可得的奇数项和偶数项分别为等差数列，求出奇数项和偶数项的通项公式，得到答案；法二：变形得到，结合，得到，利用求出答案；（