河北省衡水市武强中学2023-2024学年高三上学期期末考试数学试题

武强中学2023——2024学年度上学期期末考试高三数学试题出题人：郝敬先学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题（1-8小题单选，每题5分，9-12小题多选，全部选对5分，部分选对2分，有选错的0分，共60分。）1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限3．部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形，一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统，分形几何学不仅让人们感悟到科学与艺术的融合，数学与艺术审美的统一，而且还有其深刻的科学方法论意义，如图，由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出的谢尔宾斯基三角形就属于一种分形，具体作法是取一个实心三角形，沿三角形的三边中点连线.将它分成4个小三角形，去掉中间的那一个小三角形后，对其余3个小三角形重复上述过程逐次得到各个图形，若记图①三角形的面积为，则第n个图中阴影部分的面积为A． B． C． D．4．等差数列的公差，且，则数列的前n项和取得最大值时的项数n的值为（

）A．5 B．6 C．5或6 D．6或75．已知，则（

）A．3 B． C． D．6．已知，是两条不同直线,是平面,且，，“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．已知，，，，若存在非零实数使得，则的最小值为（

）A．8 B．9 C．10 D．128．设，，，则a，b，c的大小关系为（

）A． B． C． D．9．已知函数，则（

）A．为奇函数 B．不是函数的极值点C．在上单调递增 D．存在两个零点10．已知关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（

）A．B．不等式的解集为C．D．的最小值为11．已知函数（其中）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（

）A．函数的最小正周期为B．函数的图象关于点对称C．函数在区间上单调递增D．若，则的值为12．如图，在棱长为1的正方体中，P为线段BC，上的动点，下列说法正确的是（

）A．对任意点P，平面B．三棱锥的体积为C．线段DP长度的最小值为D．存在点P，使得DP与平面所成角的大小为二、填空题（每小题5分，共20分）13．设向量，的夹角的余弦值为，且，，则.14．命题“，”的否定是.15．在中，，则.16．定义在上的奇函数满足，且时，，则.三、解答题（17题10分，18-22每题12分，共70分。）17．已知正项等比数列满足，，数列满足.(1)求数列，的通项公式；(2)令求数列的前n项和.18．在中，内角A，B，C所对的边分別为，，，且．(1)求A；(2)若为边上一点，，，，求的面积．19．已知数列的前项和为.(1)求；(2)求.20．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足．(1)求角B的大小；(2)设，．（ⅰ）求c的值；（ⅱ）求的值．21．如图，在三棱台中，，，．（1）求证：平面；（2）若，，求二面角的正弦值．22．已知函数（）.(1)当时，求函数的极值；(2)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围.高三数学参考答案：1．A【详解】由得，又，所以，故选：A2．D【详解】：的共轭复数为对应点为，在第四象限，故选D.3．D【详解】根据题意：每一个图形的面积是前一个图形面积的，即面积为首项为，公比为的等比数列，故第n个图中阴影部分的面积为.故选：D.4．C【详解】由，可得，因为，所以，所以，又，所以.因为，所以是递减数列，所以，显然前5项和或前6项和最大，故选：C.5．C【详解】因为，所以，所以，则.故选：C.6．B【详解】一条直线平行平面，但这条直线不一定和平面内的直线平行，所以由，不能得到，而，，，则，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B7．B【详解】若存在非零实数使得，即，又，，所以，即，所以，当且仅当，即时，等号成立.所以的最小值为.故选：B8．D【详解】由题意知，，所以，故选：D.9．BC【详解】函数的定义域为R，又，，则，所以不是奇函数，故选项A错误；因为，所以在上单调递增，所以函数不存在极值点，故选项B与C正确；因为，，又在上单调递增，且，所以仅有一个零点0，故选项D错误.故选：BC10．AB【详解】因为关于的不等式的解集为，所以是方程的两根，且，故A正确；所以，解得，所以，即，则，解得，所以不等式的解集为，故B正确；而，故C错误；因为，所以，则，当且仅当，即或时，等号成立，与矛盾，所以取不到最小值，故D错误.故选：AB.11．BCD【详解】由函数的部分图象可知：，且，则，解得；又因为，即，则，，且，所以；所以．对于选项：函数的最小正周期，故A错误；对于选项B：当时，可得，所以函数的图象关于点对称，故B正确；对于选项C：因为，则，且在内单调递增，所以函数在区间上单调递增，故C正确；对于选项D：因为，可得，所以，即的值为，故D正确；故选：BCD．12．AC【详解】由题可知，正方体的面对角线长度为.对于A，分别连接、、、、，由,得到平面平面，而平面，故对任意点P，平面，故A正确；对于B，分别连接PA、，B错误；对于C，线段DP在中，当点P为的中点时，DP最小，，在中，，故DP的最小值为，故C正确；对于D，点P在平面上的投影在线段上，设点P的投影为点Q，则为DP与平面所成的角，，，而，所以DP与平面所成角的正弦值的取值范围是，而，所以不存在点P，使得DP与平面所成角的大小为，故D错误.故选AC.13．3【详解】向量，的夹角的余弦值为，，，，得.故答案为：314．，【详解】根据全称量词命题与存在性命题的关系，可得命题“，”的否定是“，”.故答案为:，.15．【详解】因为，由正弦定理得，变形得，所以，又，所以，故答案为：．16．【详解】由于为奇函数，，所以，故为周期为4的周期函数，所以，故答案为：17．(1)，；(2)；【详解】（1）设的公比为，则由已知得，，则，或（舍去），∴，；（2），，∴，相减得，∴；18．(1)(2)【详解】（1）由正弦定理有，因为，所以，则，又，所以，由，得，因为，所以.（2）在中，由余弦定理得，将代入，化简得，解得或（舍去），由于，所以，因此的面积为．19．(1)(2)【详解】（1），可得，可得，即数列为首项为2，公差为2的等差数列，可得，由，可得；（2），即有.20．(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）【详解】（1）由，根据正弦定理得，,可得，因为，故，则，又，所以.（2）由（1）知，，且，，（ⅰ）则，即，解得（舍），.故.（ⅱ）由，得，解得，则，则，，则.21．（1）证明见解析；（2）．【详解】(1)依题意，四边形为等腰梯形，过，分别引AC的垂线，垂足分别为D，E，则，故．在中，，所以，故，即．因为，，且AB，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．(2)因为，，，且AC，平面，所以平面，结合(1)可知AB，AC，A1D三条直线两两垂直．以A为原点，分别以的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示，则各点坐标为：，，，，．由(1)知，为平面的法向量．，，设为平面的法向量，则：，故，取，所以，设二面角的大小为，则sinθ=22．(1)极小值为，无极大值.