安徽省合肥一六八中学2023-2024学年高三上学期名校名师测评卷四数学Word版含解析.docx

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2024届名校名师测评卷（四）数学试卷考生注意：1.试卷分值：150分，考试时间：120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效.考试结束后只交答题卡.一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1.设集合，则（）A.B.C.D.2.已知数列是无穷项等比数列，公比为，则“”是“数列单调递增”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件3.已知角为钝角，且角终边上有一点，则角（）A.B.C.D.4.如图，半径为为圆上两点，若，则（）A.4B.2C.D.5.已知偶函数满足对，都有，且当时有，则方程的解的个数为（）A.167B.168C.169D.170 6.任取一个正数，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.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出 ，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），若，则的取值可能为（）A.B.C.D.7.在锐角中，角的对边分别为为的面积，且，则的取值范围为（）A.B.C.D.8.如图，在边长为的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（）A.B.C.D.二､多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）9.已知中，其内角的对边分别为，下列命题正确的有（）A.若，则B.若，则C.若，则为等腰三角形D.若，则为等腰三角形10.若等差数列的公差，前项和为，则下列命题是真命题的为（）A.数列是递增数列B.数列是递增数列C.一定有最小值D.数列是等差数列 11.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.已知在直四棱柱中，四边形为菱形，，则下列说法正确的是（）A.四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等B.若，则四棱柱在顶点处的离散曲率为C.若四面体在点处的离散曲率为，则平面D.若四棱柱在顶点处的离散曲率为，则直线与平面所成的角的正弦值为12.已知函数，其中实数且，则下列结论正确的是（）A.必有两个极值点B.当有且仅有3个零点时，的范围是C.当时，点是曲线的对称中心D.当时，过点可以作曲线的2条切线三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知向量，若与共线，则__________.14.已知函数为偶函数，其图象与直线的交点的横坐标为.若的最小值为2，则的值为__________.15.如图，在山脚处测得山顶处的仰角为，沿着倾斜角为的斜坡向上走200米后到达山坡上的处，在处测得山顶的仰角为.则山高为__________米. 16.已知，则的最大值为__________.四､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）17.（10分）已知函数.（1）求的最小正周期和单调递减区间；（2）若不等式在区间上有解，求的取值范围.18.（12分）已知等差数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.19.（12分）已知的内角所对的边分别为.（1）求；（2）为外心，的延长线交于点，且，求的面积.20.（12分）已知函数.（1）求在原点处的切线方程；（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.21.（12分）如图，在四棱柱中，四边形是平行四边形，为的中点，且. （1）过点作四棱柱的截面使其与面垂直，并予以证明；（2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求三棱锥的体积.22.（12分）已知函数和有相同的最大值.（1）求的值；（2）已知直线与两条曲线和共有四个不同的交点，从左到右四个交点的横坐标分别设为，证明：. 2024届名校名师测评卷（四）·数学参考答案､提示及评分细则题号123456789101112答案DDBCCBACABDACDCDABC一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1.【答案】D【解析】，故选D.2.【答案】D【解析】若，则数列单调递减；若单调递增，则或，则“”是“数列单调递增”的既不充分也不必要条件，故选D.3.【答案】B【解析】点，由诱导公式可化为，由三角函数的定义知，又因为，所以，故选B.4.【答案】C【解析】弦心距，故选C.5.【答案】C【解析】由知，关于对称，又为偶函数，所以2是的一个周期，方程的解的个数，即为与的交点个数，所以作出的图象以及的图象，得出交点个数为169个，故选C. 6.【答案】B【解析】， ①若，则或，或，1.若则或21，2.若，则或3；②若，则，则或8，或16，综上：.故选B. 7.【答案】A【解析】因为，所以可得，化简得，又，联立得，解得或（舍去），所以，为为锐角三角形，所以，所以，所以，所以，所以，.故选A. 8.【答案】C【解析】设容器的高为，则容器底面正三角形的边长为，，， 当时，单调递增；当时，单调递减，当时，.故选C. 二､多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）9.【答案】ABD【解析】对于A.因在上单调递减，且，故A正确；对于B.由正弦定理以及三角形中大边对大角，所以若，则，则，故B正确；对于C.，且为三角形内角，所以或者，所以为等腰三角形或者直角三角形，故C错误；对于D.，则，即，所以为等腰三角形，故D正确.故选ABD.10.【答案】ACD【解析】，所以是递增数列，故A正确；，当时，数列不是递增数列，故B不正确；，因为，且为正整数，所以必有最小值，故C正确；，所以为等差数列，故D正确.故选ACD.11.【答案】CD【解析】A.当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误； B.若，则菱形为正方形，因为平面平面，所以，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故错误；C.在四面体中，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱为正方体，因为平面平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，同理，又平面，所以平面，故C正确；D.直四棱柱在顶点处的离散曲率为，则，即是等边三角形，设，则即为与平面所成的角，，故D正确；故选CD.12.【答案】ABC【解析】对于，得或，所以A正确； 对于，要使有且仅有3个零点，只需即，所以，故B正确；对于，当时，，，，所以点是曲线的对称中心，所以C正确；对于，设切点为，所以在点处的切线方程为：，又因为切线过点，所以，解得：，令，所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数，，令，解得：或，因为，所以令，得或，令，得，则在上单调递增，在上单调递减，，如图所示，当时，与图象有3个交点，即过点可以作曲线的3条切线，所以错误. 故选ABC.三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.【答案】【解析】，得.14.【答案】【解析】，所以.15.【答案】100【解析】如图，在中，，在中，根据正弦定理，即，山高米.16.【答案】【解析】令，则 （当且仅当时等号成立），即，又，所以的最大值是.四､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17.【解析】（1），，单调减区间为；（2），因此.18.【解析】（1），又；（2），.19.【解析】（1），在中，由正弦定理得，又，则，即，，即；（2）由（1）得，设的外接圆的半径为，在中，由正弦定理得，解得，则，在中，由余弦定理得，， 在中，由正弦定理得，，即是等边三角形，的面积为.20.【解析】（1）因为，故切线方程为；（2）令，则原不等式即为，显然，又，且，再令，则，当时，，所以恒成立，当时，，所以当时，恒有，所以在区间上为增函数，即在区间上为增函数，①当，即时，，所以在区间上为增函数，所以，不等式成立；②当，即时，，所以存在使得当时，，所以在区间上为减函数，且，与题设不符，综上所述，实数的取值范围为.21.【解析】（1）证明：如图，取中点，连接，则面即为所求截面，由四边形是平行四边形，，且为的中点， 则在中，，由余弦定理得，，所以，即，又由，且平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，且平面，所以平面，又平面平面平面；（2）解：取的中点，连接，则，又平面平面，所以，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，可得，所以，设平面的一个法向量为，则，令，可得，所以平面的一个法向量，又由，设平面的一个法向量为，则，令，可得，所以平面的一个法向量， 所以，解得或，因为，又平面平面，所以平面，当时，；当时，，综上可得，三棱锥的体积为或.22.【解析】（1），当时，在，当时，在无最大值，，当时，在，，当时，在无最大值，；（2）由（1）知，，在且，在且，设两曲线交点的纵坐标为，当时，从左到右四个交点的横坐标依次记为，，且， 则，由，且在上单调递增，，由，且在上单调递减，，，结论得证，