参照秘密级管理★启用前试卷类型：A2021级高三上学期期中校际联合考试数学试题2023.11考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束，将试题卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本大题共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（）A. B.C. D.2.已知复数满足，则的共轭复数（）A. B. C. D.3.以点为对称中心的函数是（）A. B. C. D.4.在中，点M是边上靠近点A的三等分点，点N是的中点，若，则（）A.1 B. C. D.-15.函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（）A. B.C. D.6.已知，，，，成等比数列，且2和8为其中的两项，则的最小值为（）A.-64 B.-16 C. D.7.在足球比赛中，球员在对方球门前的不同的位置起脚射门对球门的威胁是不同的，出球点对球门的张角越大，射门的命中率就越高.如图为室内5人制足球场示意图，设球场（矩形）长为40米，宽为20米，球门长为4米且.在某场比赛中有一位球员欲在边线上某点处射门（假设球贴地直线运行），为使得命中率最高，则大约为（）A.8米 B.9米 C.10米 D.11米8.已知正方体每条棱所在直线与平面所成角相等，平面截此正方体所得截面边数最多时，截面的面积为，周长为，则（）A.不为定值，为定值 B.为定值，不为定值C.与均为定值 D.与均不为定值二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.m，n是空间中两条不同的直线，，，是空间中三个不同的平面，则下列结论正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，，则10.下列说法正确的是（）A.“”是“”的既不充分也不必要条件B.的最大值为-2C.若，则D.命题“，”的否定是“，”11.已知定义在上的函数和，是的导函数且定义域为.若为偶函数，，，则下列选项正确的是（）A. B.C. D.12.已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，P为正方体的内切球上任意一点，则（）A.球被截得的弦长为B.的范围为C.与所成角的范围是D.球被四面体表面截得的截面面积为三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13.的二项展开式中常数项为_________.14.已知向量，，其中，，，若，则实数的值为__________.15.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需要8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.“冰雹猜想”可表示为数列满足：（m为正整数），.问：当时，试确定使得需要___________步“雹程”；若，则所有可能的取值所构成的集合为______________.16.已知函数，点A，B是函数图象上不同的两个点，则（为坐标原点）的取值范围是________.四、解答题：共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.（10分）已知数列的前项和为，满足.（1）求；（2）将中满足的第项取出，并按原顺序组成一个新的数列，求的前20项和.18.（12分）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，.（1）求A；（2）设D是边上靠近A的三等分点，，求的面积.19.（12分）已知函数在处取得极值-1.（1）求a，b的值；（2）若函数在区间上单调递增，求的取值范围.20.（12分）已知两个正项数列，满足，.（1）求，的通项公式；（2）若数列满足，其中表示不超过的最大整数，求的前项和.21.（12分）如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆O的内接正三角形，点E在母线上，且，.（1）求证：平面平面；（2）若点M为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离.22.（12分）已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若方程的两根互为相反数.①求实数的值；②若，且，证明：.2021级高三上学期期中校际联合考试数学试题答案2023.11一、单项选择题：本大题共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。1-4DACB5-8DBCA二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.BC10.AB11.AC12.ABD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13.2014.15.12；16.四、解答题：共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.解：（1）因为数列满足①，当时，，解得；当时，，②①-②得，即因，所以，从而，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.所以.故数列的通项公式为.（2）根据题意可知，故，.所以取出的项就是原数列的偶数项，所以是以4为首项，4为公比的等比数列，所以.18.解；（1）在中，由，得：，由正弦定理得，而，即，则，又，所以.（2）依题意，，在中，由余弦定理得：，即，解得，所以的面积.19.解：（1）由题意知，，因为在处取得极值-1，所以，，解得，，即，，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，即在处取得极小值-1，符合题意，故，.（2）在上恒成立，即在内恒成立.令，，则，令，得或，令，得，所以在和上单调递增，在上单调递减，因为，，所以，所以，经验证符合题意，即的取值范围为.20.解：（1）由，得，由，得，∴，因为是正项数列，∴，∴；（2），所以，所以当当时，满足，所以.21.解：（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，因为平面，所以，又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，，解得，又，，所以，即，，所以在中，，在中，由余弦定理：，所以，故.因为底面，面所以平面平面，又面，面面，，故面，又平面，所以平面平面；（2）易知，以点为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，，设平面的法向量为，则，令，则，设，可得，设直线与平面所成的角为，则，即，令，，则当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值4，即当时，的最大值为1，此时点，所以，所以点M到平面的距离，故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.22.（1）解：根据题意可得：.令，得，令，得，故函数的增区间是，减区间是.（2）①解析：根据题意得：，，即，，设方程的两根分别是和，故①，即②①-②可得：③令，则易证，所以单调递增，又，所以当且仅当时，；所以，若时，由①式可知：，不可能成立；故，即，由③式可知：，可得；（2）因为，可得，则，设在处的切线斜率为，则，又，则在处的切线方程为，设，，则，且，设，则，又，则，所以在上单调递增，且，则当时，；当时，，则，即，，（切线放缩）分别令，且满足，，则令，则，故.