河北省石家庄市部分名校2023-2024学年高三上学期11月大联考考后强化卷（河北卷）数学试题含答案

绝密★启用前2024届高三11月大联考考后强化卷（新课标I卷）数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）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.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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､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，只有一个选项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A.B.C.D.2.“”是“数列为等差数列”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3.已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.4.已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，且图象关于点对称，则的值为（）A.B.C.D.5.在中，角的对边分别是，已知，则外接圆的半径为（）A.B.C.D.3

6.已知点是边长为2的正三角形的内部（不包括边界）的一个点，则的取值范围为（）A.B.C.D.7.在正三棱台中，平面，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.8.已知，则的大小关系是（）A.B.C.D.二､多选题：本题共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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知复数（为虚数单位），则下列说法不正确的是（）A.对应的点在第四象限B.的虚部为1C.D.满足的复数对应的点在以原点为圆心，为半径的圆上10.如图，在正方体中，分别为的中点，则下列结论正确的是（）A.直线与所成的角的大小为B.直线平面C.平面平面D.平面将正方体截成的两部分（较大部分与较小部分）的体积之比为11.已知函数且，则下列说法正确的有（）A.当时，B.当时，有恒成立C.当时，有两个零点D.存在唯一的使得仅有一个零点12.提丢斯-波得定律是关于太阳系中行星轨道的一个简单的几何学规则，它是在1766年由德国的一位中学老师戴维斯·提丢斯发现的，后来被柏林天文台的台长波得归纳成一条定律，即数列表示的是太阳系第颗行星与太阳的平均距离（以天文单位为单位）.现将数列的各项乘以10后再减4，得到数列，可以发现数列从第3项起，每项是前一项的2倍，则下列说法中正确是（）A.数列的通项公式为B.数列的前10项和为157.3C.数列的第2023项为D.数列的前项和三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设向量的夹角的余弦值为，且，则__________.14.已知且，则的最小值为__________.15.在三棱锥中，平面，则三棱锥的外接球的表面积为__________.16.已知为上的奇函数，且，当时，，则__________.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.（10分）已知数列满足.（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.18.（12分）在中，内角的对边分别是，且满足.（1）求角；（2）若，求面积的最大值.19.（12分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，为的中点.（1）求证：；（2）若二面角的大小为是线段上的一个动点，求直线与平面所成角的最大值.20.（12分）已知二次函数.（1）若，求在上的最值；（2）求函数在上的最小值.21.（12分）已知数列满足，记数列的前项和为.（1）令，求证：数列为等差数列，并求其通项公式；（2）求证：数列从第2项开始是递增数列.22.（12分）已知函数.（1）求曲线在处切线的斜率；（2）当时，比较与的大小；（3）若函数，且，证明：.2024届高三11月大联考考后强化卷（新课标I卷）数学•全解全析123456789101112DBBDACACABCADBCBD一､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，只有一个选项是符合题目要求的.1.D【解析】不等式，解得，即.故选D.2.B【解析】若“”，则数列不一定是等差数列，如数列，若“数列为等差数列”，则由等差中项可知，所以“”是“数列为等差数列”的必要不充分条件，故选B.3.B【解析】令，则，因为在定义域上单调递增，又函数在区间上单调递增，所以，得到.故选B.4.D【解析】由函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，则，又因为其图象关于点对称，，即，则，解得.因为，所以.故选.5.A【解析】因为，所以为锐角，.设外接圆的半径为，因为，所以.故选A.6.C【解析】如图所示：因为点是边长为2的正三角形的内部（不包括边界）的一个点，由图知，所以.故选C.

7.A【解析】如图，将正三棱台补全为正三棱锥，因为平面，即平面，平面，所以，根据正三棱锥的性质，得.因为，所以为的中点，同理可得为的中点，为的中点，取的中点，连接，则，所以即为异面直线与所成的角（或其补角），不妨令，则，在中，由余弦定理，得，即，解得，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选A.

8.C【解析】因为，所以.故选C.二､多选题：本题共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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.ABC【解析】对应的点为，在第三象限，选项不正确；的虚部为选项不正确；选项不正确；，所以满足的复数对应的点在以原点为圆心，为半径的圆上，选项正确.故选ABC.10.AD【解析】对于，连接，如图，由正方体的结构特征知，，即三角形为正三角形，又因为分别为的中点，则，因此直线与所成的角即为直线与所成的角，即或其补角，又，所以直线与所成的角的大小为正确；对于，如图，连接，连接，显然是的中点，而是的中点，则，若直线平面，则确定的平面与平面的交线过点，且平行于，显然过点有两条直线与平行，与过直线外一点有且只有一条直线与该直线平行矛盾，因此与平面不平行，错误；对于C，如图，取的中点为，连接，显然，则，假设平面平面，而平面平面，于是平面，又平面，则，与矛盾，错误；对于，不妨设正方体的棱长为，则正方体的体积即为，平面将正方体截成的较小部分为三棱锥，由锥体体积公式可得，则正方体被截的较大部分体积为，所以平面将正方体截成的两部分（较大部分与较小部分）的体积之比为正确.故选AD.11.BC【解析】，①当时，与的图象如图所示：由图知，两图象只有一个交点，即函数只有一个零点；②当时，与的图象如图所示：当两图象相切时，设且切点为，则，解得，原函数只有一个零点当时，如图，两图象有两个交点，原函数有两个零点；当时，如图，两图象无交点，原函数无零点，故错误；对于，当时，，故，错误.对于，当时，，此时的图象恒在的图象的上方，即恒成立，正确.对于C，当时，与的图象恒有两个交点，正确.对于，不止存在一个使得仅有一个零点，错误.故选BC.12.BD【解析】数列各项乘以10后再减4得到数列，故该数列从第2项起构成公比为2的等比数列，所以，则，故错误；所以，故A错误；设数列的前项和为，当时，；当时，当时，也符合上式，所以，所以，故B正确；因为，所以当时，，当时，，两式相减得，所以，又当时，也满足上式，所以，故D正确.故选BD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.3【解析】向量的夹角的余弦值为.，得.故答案为3.14.【解析】由，得，所以，当且仅当，即时取得等号.故答案为.15.【解析】因为平面平面，所以，因为，所以，即，因为平面，所以平面，因为平面，所以，如图，取的中点，连接，可得，所以三棱锥的外接球的球心为点，外接球的半径为，由，得，则三棱锥的外接球的表面积为.故答案为.16.【解析】由为上的奇函数，且，可得，所以，所以2是函数的一个周期，又由当时，，可得.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.（10分）【解析】（1）由题意，得，且，则数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以.（2）由（1），得，则，两边同乘，得，作差，得，所以.18.（12分）【解析】（1）因为，由正弦定理，得，又因为，可得，则，即，可得，因为，所以.（2）因为，且，所以由余弦定理，知，即，可得，又由，所以，当且仅当时，等号成立，所以的面积，即的面积的最大值为.19.（12分）【解析】（1）如图，取的中点，连接.底面是正方形，.平面平面.又平面.（2）由（1）可知，二面角的平面角为，且为，过点作垂直于直线，垂足为.平面平面.平面平面，以为原点，所在的直线分别为轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系.易得，则，，设平面的法向量为，则，所以，得，取，则，则是平面的一个法向量.设，则，设直线与平面所成的角为，则，令，则.当时，；当时，，当，即时，取得最大值，且最大值为，此时.直线与平面所成角的最大值为.20.（12分）【解析】（1）当时，.图象的对称轴为直线，在上单调递减，在上单调递增.又，当时，取得最小值，最小值为，当时，取得最大值，最大值为.（2）二次函数的图象的对称轴为直线.当，即时，在上单调递增，；当，即时，在上单调递减，在上单调递增，.当，即时，在上单调递减，.综上，.21.（12分）【解析】（1）由得，且，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，.（2）由，得.令，则，设，因为，所以在上单调递增，则，即当时，，即.故数列