山东省青岛局属、青西、胶州等地2023-2024学年高三上学期期中大联考试题+数学+Word版含解析

这是一份山东省青岛局属、青西、胶州等地2023-2024学年高三上学期期中大联考试题+数学+Word版含解析，共26页。试卷主要包含了 若正实数、满足，则， 已知平行四边形满足，，则， 已知，，，则， 设函数，则， 正方体中，分别为的中点，则等内容，欢迎下载使用。

本试题卷共22题，全卷满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
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.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知平面向量，，，且，则（ ）
A. B. C. 6D.
3. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
4. 若正实数、满足，则（ ）
A. 有最大值B. 有最小值
C. 有最大值D. 有最大值
5. 已知平行四边形满足，，则（ ）
A 1B. 2C. 3D. 4
6. 高为的密闭圆锥容器中有一部分水，当该容器底面放在水平面上时水面高度为，当该容器顶点在水平面上且底面与水平面平行时，水面高度为，若，则（ ）
A. B. C. D. 2
7. 已知命题“，使得”为假命题，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
二、多项选择题：本题共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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有错选的得0分.
9. 设函数，则（ ）
A. 为奇函数B. 的最小正周期为
C. 存在零点D. 存在极值点
10. 正方体中，分别为的中点，则（ ）
A. 直线平面
B ⊥
C. 异面直线与直线所成角的大小为
D. 平面到平面的距离等于
11. 设函数，则（ ）
A. 的图象关于对称
B. 函数的最小正周期为
C. 将曲线上各点横坐标变为原来的2倍，再将曲线向左平移个单位，得到函数的图象
D. 函数的最大值为
12. 已知平面向量满足，，.则（ ）
A.
B
C.
D. 向量，则的最小值为
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 曲线过原点的切线方程为__________.
14. 已知函数是定义域为奇函数，，则__________.
15. 已知函数，若存在四个不相等的实根，，，，则的最小值是__________．
16. 在中，，，，将各边中点连线并折成四面体，则该四面体外接球直径为__________；该四面体的体积为__________.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，为线段的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
18. 已知中，内角的对边分别为，，且.
（1）求角；
（2）设函数在区间上单调，，求.
19. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若存在，使得对任意成立，求实数的取值范围.
20. 如图，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，，.
（1）证明：是等边三角形；
（2）若，设点在线段上，若，求点到平面的距离.
21. 如图，平面四边形中，，，，.
（1）证明：；
（2）求面积的最大值；
（3）设为线段的中点，求的最大值.
22. 已知函数.
（1）若函数在上单调递增，求的值；
（2）当时，证明：函数有两个极值点，且.
2023—2024学年度第一学期期中学业水平检测
高三数学试题
本试题卷共22题，全卷满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
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.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据对数函数定义域求集合N，再利用交集的概念求答案.
【详解】根据对数函数的定义域得，又因为，所以，
故选：D
2. 已知平面向量，，，且，则（ ）
A. B. C. 6D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量数量积的坐标运算结合向量垂直与数量积的关系求解即可.
【详解】，所以，
又因为，所以，即，解得，
故选：A.
3. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据，的值即可求解，再代入二倍角公式即可求解.
【详解】因为，
所以，则，
所以
代入二倍角公式.
故选：A.
4. 若正实数、满足，则（ ）
A. 有最大值B. 有最小值
C. 有最大值D. 有最大值
【答案】C
【解析】
【分析】利用基本不等式可判断ABC，利用二次函数的基本性质可判断D选项，即可得出合适的选项.
【详解】因为正实数、满足.
对于A选项，，
当且仅当时，即当时，等号成立，故有最小值，无最大值；
对于B选项，，当且仅当时，即当时，等号成立，
且，即，故有最大值，无最小值；
对于C选项，，则，
当且仅当时，即当时，等号成立，故有最大值；
对于D选项，因为，可得，
则，
所以，有最小值，无最大值.
故选：C.
5. 已知平行四边形满足，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得，将上式两边平方，再根据数量积的运算律计算可得.
【详解】因为，又，
所以，
又，所以，
又，所以，解得（负值舍去），
故选：B
6. 高为的密闭圆锥容器中有一部分水，当该容器底面放在水平面上时水面高度为，当该容器顶点在水平面上且底面与水平面平行时，水面高度为，若，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】设圆锥底面半径为，利用轴截面相似三角形，可求得水面所在圆的半径，又前后两个图中水的体积相等运算可得答案.
【详解】
设圆锥底面半径为，当锥顶向上时，如图①，
，由可得，，
所以水的体积为，
当锥顶向下时，如图②，
由，可得，，
所以水的体积为
，
又化简得，即，
，
故选：C
7. 已知命题“，使得”为假命题，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出的最小值，进而求出的取值范围即可.
【详解】当时，，，
则
，当且仅当时取等号，
因此当时，取得最小值，
由，使得，得，
又命题“，使得”为假命题，则，
所以的取值范围为.
故选：A
8. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用作商法比较与b，利用作差法比较a与b，结合三角函数的图像与性质可得结论.
【详解】，，
因为当时，，
所以，则，
，
因为，所以，即，，
综上，.
故选：B.
二、多项选择题：本题共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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有错选的得0分.
9. 设函数，则（ ）
A. 为奇函数B. 的最小正周期为
C. 存在零点D. 存在极值点
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用三角函数的性质以及对数型复合函数的单调性，结合函数的周期性，零点、极值点的概念求解.
【详解】对A，由，可得，
解得，
所以函数的定义域为，
且，
所以函数为偶函数，A错误；
对B，因为函数的最小正周期为，所以的最小正周期为，B正确；
对C，令，即，
即，即为函数的零点，C正确；
对D，因为函数在单调递增，单调递减，
所以函数在单调递增，单调递减，
所以为函数的极大值点，D正确；
故选:BCD.
10. 正方体中，分别为的中点，则（ ）
A. 直线平面
B. ⊥
C. 异面直线与直线所成角的大小为
D. 平面到平面的距离等于
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，从而得到，平面；B选项，，B错误；C选项，利用空间向量异面直线夹角余弦公式求出答案；D选项，先求出两个平面的法向量，得到两平面平行，进而由点到平面距离公式求出答案.
【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为，则，
则，
故，
平面的法向量为，
则，
故，又不在平面内，
故直线平面，A正确；
B选项，，
故与不垂直，B错误；
C选项，，，
则，
异面直线与直线所成角的大小为，C正确；
D选项，设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
则平面与平面平行，
故平面到平面的距离等于，
而，D错误.
故选：AC
11. 设函数，则（ ）
A. 图象关于对称
B. 函数的最小正周期为
C. 将曲线上各点横坐标变为原来的2倍，再将曲线向左平移个单位，得到函数的图象
D. 函数的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】先化简得到，当时， ，故可判断A选项错误，化简得到，结合最小正周期的概念和公式可判断B正确；根据平移变换和伸缩变换得到变换后的解析式，可判断C正确；化简，结合正弦型函数的性质可判断D正确.
【详解】，
当时， ，关于对称，A错误；
，最小正周期为，B正确；
函数的图象横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，再向左平移个单位，再将得到，C正确；
，当时有最大值，D正确；
故选：BCD.
12. 已知平面向量满足，，.则（ ）
A.
B
C.
D. 向量，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】计算可得，即可判断A；由可得，即可判断B；由，即可判断C；设，由题意计算可得，进而，结合和基本不等式计算即可判断D.
【详解】A：，又，
所以，即，故A正确；
B：，得，即，
所以，又，所以，故B正确；
C：，当且仅当同向时等号成立，
又，所以，故C错误；
D：设，由得，
即，得，所以，所以，
得，即，
所以，
当且仅当即时，等号成立.
所以的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 曲线过原点的切线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设切点，求导，即可根据点斜式求解切线方程，进而根据直线过原点即可求解切点坐标，进而可求解.
【详解】由得
设切点为，则切线方程为
由于切线经过原点，所以，解得，
所以切线方程为，即，
故答案为：
14. 已知函数是定义域为的奇函数，，则__________.
【答案】6
【解析】
【分析】对x进行赋值，分别令和，结合奇偶性可得结果.
【详解】令可得，则，又因为是R上的奇函数，所以，
令，则，所以，
故答案为：6.
15. 已知函数，若存在四个不相等的实根，，，，则的最小值是__________．
【答案】3
【解析】
【分析】作函数与图象，结合图象可得，，再利用基本不等式求最值即可.
【详解】作函数与图象如下：

由图可得，
存在四个不相等的实根，可得，
可得，，即，，
所以，
当且仅当即且等号成立，
则的最小值是.
故答案为：.
16. 在中，，，，将各边中点连线并折成四面体，则该四面体外接球直径为__________；该四面体的体积为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设、、分别为、、中点，沿、、折成四面体，把四面体补成一个长方体，作出图形，设长方体的棱长分别为、、，根据勾股定理可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可求得该四面体的外接球直径，再利用柱体和锥体的体积公式可求得该四面体的体积.
【详解】设、、分别为、、中点，沿、、折成四面体，
设折起后、、重合为点，把四面体补成一个长方体，如图，
其中，，，
设长方体的棱长分别为、、，则，解得，
因此，该四面体的外接球直径为，
该四面体的体积为.
故答案为：；.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，为线段的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.
【小问1详解】
因为平面，
所以平面
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
记中点为，因为，所以,
又因为平面平面，所以平面,
故以为坐标原点，分别以所在射线为轴，轴，轴，
建立如图空间直角坐标系，
所以，
,
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得，
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得，
设平面与平面夹角为，
则.
18. 已知中，内角的对边分别为，，且.
（1）求角；
（2）设函数在区间上单调，，求.
【答案】（1）
（2）无解
【解析】
【分析】（1）根据题意结合正、余弦定理分析求解；
（2）先由周期解得或，再结合运算求解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理知：①.
又由余弦定理知：②
由①②得：.
又因为，所以
因为，所以.
【小问2详解】
因为，且，
则，解得，
又因为，所以或，
若，则，
因为，即，
由，可知，所以无解；
若，则，
因为，即，
由，可知，
则，解得，
此时，
若，则，
可知在上不单调，不合题意；
综上所述：无解.
19. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若存在，使得对任意成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导后分类讨论即可
（2）承接第一问用导数求最值
【小问1详解】
由题.
当时，在上单调递减；
当时，由解得.
所以，当时，；当时，；
所以，在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
由（1）知：当时，
所以，存在，使成立，即存在，使成立
令，则
所以，在上单调递增，在上单调递减，
所以.
所以的取值范围为
20. 如图，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，，.
（1）证明：是等边三角形；
（2）若，设点在线段上，若，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】第一问用等边三角形的定义，结合圆的相关性质，证明即可，第二问利用线面平行推出点面距离相等，求解即可.
【小问1详解】
因为，所以平面
所以
因为四边形是圆柱底面的内接四边形，且为其直径
所以
又因为，所以，
所以在中，，所以
所以是等边三角形
【小问2详解】
因为，由（1）知，在中，，
所以
因为，所以
又因为平面，平面，所以平面
所以点到平面的距离等于点到平面的距离
因为，所以，又因为，
所以平面，
所以点到平面的距离为，故点到平面的距离为1
21. 如图，在平面四边形中，，，，.
（1）证明：；
（2）求面积的最大值；
（3）设为线段的中点，求的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）在中，利用正弦定理求出的值，进而可求出的值，即可证得结论成立；
（2）利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再结合三角形的面积公式可求得面积的最大值；
（3）设，利用正弦定理可得出，，再利用余弦定理可得出，结合余弦型函数的基本性质可得出的取值范围.
【小问1详解】
解：由题知，在中，由正弦定理得，
因为，所以，所以，
所以，所以.
【小问2详解】
解：在中，，
由余弦定理知：，
所以，所以，
解得，等号当仅当时取等号，
所以，.
【小问3详解】
解：在中，设，则，则，
由正弦定理知：，
所以，，
在中，由余弦定理知，
所以
，
所以，等号当仅当时，即当时取等号，所以的最大值等于.
22. 已知函数.
（1）若函数在上单调递增，求的值；
（2）当时，证明：函数有两个极值点，且.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，分类讨论和时导函数的正负，进而判定单调性求解，
（2）构造得，进而，进而判定出极小值点，构造函数,由导数求解函数单调性，即可求证.
【小问1详解】
因为，
设，则，
当时，，所以在上单调递增且；
若，则；不合题意
当时，令,解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以,
令，则；
所以在上单调递增，在上单调递减，则，
由于函数在上单调递增，则对任意的恒成立，
故所以，所以，故则，
当时，则，由于，只有时取到等号，
故，此时不能对任意的恒成立，故不满足题意，
因此只有，满足，所以，的值为
【小问2详解】
由题知，由（1）知：且
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
所以为的极大值点，
设，
当单调递增，当单调递减，所以，故
故，所以，
所以，即，当时，
所以，存在使得
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
所以，为的极小值点，即有两个极值点
因为，所以，
所以，要证，只需证
即证
设，则
再设，则
所以在上单调递减，所以
所以在上单调递减，所以
命题得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
结论点睛：常用的不等式：，，，，，.