陜西省榆林市府谷縣第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期第五次月考（12月）理科 數(shù)學(xué)試題（含解析）

府谷縣第一中學(xué)2024屆高三年級(jí)第五次月考理科數(shù)學(xué)考生注意：1.本試卷共4頁，滿分150分，考試時(shí)間120分鐘，答題前，考生務(wù)必將自己的姓名?準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上，然后認(rèn)真核對(duì)條形碼上的信息，并將條形碼貼在指定位置.2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑.如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)，回答非選擇題時(shí)，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：本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．集合，則（

）A． B． C． D．2．函數(shù)的定義域?yàn)椋?/p>

）A． B． C． D．3．在數(shù)列中，是以3為公比的等比數(shù)列，，則是的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知為實(shí)數(shù)，則（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則5．我國某科技公司為突破“芯片卡脖子問題”實(shí)現(xiàn)芯片國產(chǎn)化，加大了對(duì)相關(guān)產(chǎn)業(yè)的研發(fā)投入.若該公司計(jì)劃2020年全年投入芯片制造研發(fā)資金120億元，在此基礎(chǔ)上，每年投入的研發(fā)資金比上一年增長9%，則該公司全年投入的研發(fā)資金開始超過200億元的年份是（

）參考數(shù)據(jù)：A．2024年 B．2023年 C．2026年 D．2025年6．函數(shù)是（

）A．最小正周期為的偶函數(shù)B．最小正周期為的奇函數(shù)C．最小正周期為的奇函數(shù)D．最小正周期為的偶函數(shù)7．若為兩個(gè)不同的平面，為兩條不同的直線，則下列結(jié)論正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則8．已知數(shù)列滿足，則（

）A．3 B． C． D．9．下列不等關(guān)系能恒成立的是（

）A． B．C． D．10．設(shè)，則的大小關(guān)系是（

）A． B．C． D．11．已知，函數(shù)在上恰有3個(gè)極大值點(diǎn)，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．12．已知，則下列結(jié)論一定成立的是（

）A． B．C． D．二?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．已知平面向量，則.14．在平面直角坐標(biāo)系中，銳角和鈍角的終邊分別與單位圓交于，兩點(diǎn)，且，兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為，，則.15．已知函數(shù)，滿足對(duì)任意，都有成立，則的取值范圍是.16．印章是我國傳統(tǒng)文化之一，根據(jù)遺物和歷史記載，至少在春秋戰(zhàn)國時(shí)期就已出現(xiàn)，其形狀多為長方體?圓柱體等，陜西歷史博物館收藏的“獨(dú)孤信多面體煤精組印”是一枚形狀奇特的印章（如圖1），該形狀稱為“半正多面體”（由兩種或兩種以上的正多邊形所圍成的多面體），每個(gè)正方形面上均刻有不同的印章（圖中為多面體的面上的部分印章）.圖2是一個(gè)由18個(gè)正方形和8個(gè)正三角形圍成的“半正多面體”（其各頂點(diǎn)均在一個(gè)正方體的面上），若該多面體的棱長均為1，且各個(gè)頂點(diǎn)均在同一球面上，則該球的表面積為.三?解答題：共70分.17．已知等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，且滿足，.（1）求的通項(xiàng)公式；（2）求數(shù)列的前項(xiàng)和.18．在中，角的對(duì)邊分別為的面積為，已知.(1)求角；(2)若的周長為，求的最大值.19．如圖1，山形圖是兩個(gè)全等的直角梯形和的組合圖，將直角梯形沿底邊翻折，得到圖2所示的幾何體.已知，,點(diǎn)在線段上，且在幾何體中，解決下面問題.(1)證明：平面；(2)若平面平面，證明：.20．如圖，在四棱錐中，四邊形為梯形，,為等邊三角形，且平面平面分別為的中點(diǎn).(1)證明：平面平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值.21．已知函數(shù)（?）．(1)當(dāng)a=2，b=0時(shí)，求函數(shù)圖象過點(diǎn)的切線方程；(2)當(dāng)b=1時(shí)，既存在極大值，又存在極小值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)當(dāng)，b=1時(shí)，分別為的極大值點(diǎn)和極小值點(diǎn)，且，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．22．已知函數(shù)的部分圖象如圖所示.(1)求函數(shù)的解析式；(2)求函數(shù)在區(qū)間上的最大值和最小值.1．B【分析】寫出集合中的元素，然后由交集定義計(jì)算．【詳解】由題意知，，所以，故，所以.故選：B.2．B【分析】求具體函數(shù)的定義域，須使函數(shù)有意義，即使分式的分母不為零，偶次根式的被開方式為非負(fù)數(shù)，對(duì)數(shù)的真數(shù)為正數(shù)，再把對(duì)應(yīng)的自變量范圍求交集即得.【詳解】要使函數(shù)有意義，須使，解得：,故函數(shù)的定義域?yàn)?故選：B.3．A【分析】根據(jù)等比數(shù)列的定義，結(jié)合充分，必要條件的定義，即可判斷選項(xiàng).【詳解】若數(shù)列是以3為公比的等比數(shù)列，則，反過來，若，同樣滿足，但此時(shí)數(shù)列不是等比數(shù)列，所以是的充分不必要條件.故選：A4．C【分析】根據(jù)不等式性質(zhì)逐選項(xiàng)判斷即可.【詳解】對(duì)于A，若，當(dāng)時(shí)，根據(jù)不等式性質(zhì)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若，當(dāng)時(shí)，大小無法確定，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若，則，，對(duì)不等式兩邊同時(shí)乘以，則，故C正確；對(duì)于D，若時(shí)，，故D錯(cuò)誤，故選：C.5．C【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)模型列不等式求解．【詳解】依題意，第n時(shí)投入資金為億元，設(shè)2020年后第n年該公司全年投入芯片制造方面的研發(fā)資金開始超過200億元，則,得，兩邊同取常用對(duì)數(shù)，得，所以，所以從2026年開始，該公司全年投入芯片制造方面的研發(fā)資金開始超過200億元.故選：C．6．D【分析】使用三角恒等變換對(duì)三角進(jìn)行化簡，次數(shù)降為一次后用相關(guān)公式直接求解即可.【詳解】易知,則，故是偶函數(shù)，且故選：D7．B【分析】由線面平行定義可判斷選項(xiàng)ACD正誤，由線面垂直定義可判斷選項(xiàng)B正誤.【詳解】選項(xiàng)A，m有可能在平面內(nèi)，故A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，因，則使得.因，則使得，即，故B正確；選項(xiàng)C，m有可能在平面內(nèi)，故C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，m有可能在平面內(nèi)，故D錯(cuò)誤.故選：B8．D【分析】由題意通過迭代數(shù)列的前面幾項(xiàng)可以發(fā)現(xiàn)數(shù)列是周期為4的周期數(shù)列，由此即可得解.【詳解】由題意，所以，由此可知數(shù)列是周期為4的周期數(shù)列，所以.故選：D.9．B【分析】逐項(xiàng)分析不等式成立的條件即可.【詳解】對(duì)于A，當(dāng)時(shí)，，所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B，，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取等號(hào)，所以B正確；對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，，所以D錯(cuò)誤；故選：B10．C【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)性質(zhì)利用1比較，再由正弦函數(shù)的性質(zhì)比較與0比較即可.【詳解】因?yàn)椋?，而，故，所以，故選：C11．C【分析】結(jié)合正弦函數(shù)的圖象性質(zhì)，由于在上恰有3個(gè)極大值點(diǎn)，則可列不等式，即可求得的取值范圍.【詳解】解：，因?yàn)樵谏锨∮?個(gè)極大值點(diǎn)，由，得，又函數(shù)的極大值點(diǎn)滿足，所以，解得.故選：C.12．D【分析】構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)得出其單調(diào)性，則結(jié)合已知得出，即，即可得出.【詳解】構(gòu)造函數(shù)，則，故在上單調(diào)遞增.因?yàn)?，所以，?故選：D.13．【分析】先求出的坐標(biāo)，再根據(jù)向量模的坐標(biāo)表示計(jì)算可得.【詳解】因?yàn)?，，所以，所?故答案為：.14．【分析】根據(jù)給定條件求出點(diǎn)，的縱坐標(biāo)，再借助三角函數(shù)定義計(jì)算兩個(gè)角的正弦與余弦，結(jié)合差角的正弦公式，代入計(jì)算作答.【詳解】因銳角和鈍角的終邊分別與單位圓交于點(diǎn)，，且點(diǎn)，的橫坐標(biāo)分別為，，顯然，點(diǎn)在第一象限，點(diǎn)在第二象限，則點(diǎn)，的縱坐標(biāo)分別為，，由已知及三角函數(shù)定義得，，而，，所以.故答案為：15．【分析】由對(duì)任意，都有成立，即在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，轉(zhuǎn)化為分段函數(shù)單調(diào)性問題分段求解即可.【詳解】對(duì)任意，都有成立，即在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，則有，解得.故答案為：.16．【分析】根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征確定其外接球球心位置，根據(jù)已知求球體半徑，進(jìn)而求球體表面積.【詳解】由對(duì)稱性知：該多面體的各頂點(diǎn)在棱長為的正方體的表面上，如圖，設(shè)其外接球的球心為，正方形的中心為，則點(diǎn)到平面的距離，又，所以該多面體外接球的半徑，故該球的表面積為.故答案為：17．(1);(2).【分析】(1)由題意結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)可得，據(jù)此列方程組可得：，結(jié)合等差數(shù)列通項(xiàng)公式可得；(2)由題意結(jié)合(1)的結(jié)論和等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式可得，裂項(xiàng)求和可得.【詳解】（1）由得，即，即；（2）由（1）知∴∴∴.18．(1)(2)【分析】(1)利用正弦定理及三角恒等變換即可求解；(2)由余弦定理及三角形的面積公式得，再由基本不等式進(jìn)行求解即可.【詳解】（1）因?yàn)?，所以，即，由正弦定理，得，因?yàn)?，所以，因?yàn)?，所以，所以，又，所?（2）由余弦定理，得，即，所以，即，因?yàn)?，，所以，所以，又（?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），所以（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），所以（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），所以（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），即的最大值為.19．(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)相似可得線線平行，即可由線面平行的判定求證，（2）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得線面垂直，進(jìn)而可得線線垂直，即可由線面垂直的判定，進(jìn)而可得線線垂直.【詳解】（1）連接與相交于,連接，由于，且,所以,又,所以,平面,平面,所以平面，（2）過作交于，由于平面平面，且兩平面交線為，平面，所以平面，平面,故，又四邊形為直角梯形，故,是平面內(nèi)的兩相交直線，所以平面，平面，故.20．(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)余弦定理求解長度，即可根據(jù)勾股定理得線線垂直，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)即可求解，（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量的夾角即可求解.【詳解】（1）過作交于，由于，所以,故,,故由余弦定理可得,,由于,所以,又平面平面且兩平面交線為，又是中點(diǎn)，為等邊三角形，所以平面，所以平面平面故,平面，所以平面，平面，因此平面平面（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，,,進(jìn)而可得,,設(shè)平面與平面的法向量分別為，所以取，則取，則，設(shè)平面與平面的夾角為，則，故平面與平面的夾角余弦值為21．(1)(2)(3)【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在某一點(diǎn)的切線方程即可；（2）利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，極值求參數(shù)的取值范圍即可.（3）利用導(dǎo)數(shù)分析的極值，從而求得恒成立求參數(shù)k的取值范圍，然后構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)分類討論求解即可.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，所以切線方程為，即為．（2），一方面，因?yàn)楹瘮?shù)既存在極大值，又存在極小值，則必有兩個(gè)不等的實(shí)根，則，由可得，且，解得且；另一方面，當(dāng)且時(shí)，不妨考慮的情形，列表如下：+0-0+極大值極小值可知分別在取得極大值和極小值，符合題意．綜上，實(shí)數(shù)的取值范圍是．（3）由，可得，列表如下：0+0-0+極大值極小值所以在取得極大值；在取得極小值，由題意可得對(duì)任意的恒成立，由于此時(shí)，則，所以，則，構(gòu)造函數(shù)，其中，則，令，則．①當(dāng)，即時(shí)，在上是嚴(yán)格增函數(shù)，所以，即，符合題意；②當(dāng)，即時(shí)，設(shè)方程的兩根分別為，則，設(shè)，則當(dāng)時(shí)，，則在上是嚴(yán)格減，所以當(dāng)時(shí)，，即，不合題意．綜上所述