黑龙江省大庆铁人中学2023-2024学年高三上学期期中数学试题（Word版附答案）

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试题说明：1、本试题满分 150 分，答题时间 120 分钟。
2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。
第Ⅰ卷 选择题部分
一、选择题（每小题只有一个选项正确，共12小题，每小题5分，共60分。）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知（i为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
3. 若且，则“”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
4.已知是两个不重合的平面，在下列条件中，能判断的有（ ）
A.是平面内两条直线，且 B.平面内不共线的三点到的距离相等
C.是两条异面直线，，且 D.平面都垂直于平面
5. 已知函数，若，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
6. 已知，，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
7. 杨辉是南宋杰出的数学家，一生留下了大量的著述，他给出了著名的三角垛公式：．若正项数列的前n项和为，且满足，数列的通项公式为，则根据三角垛公式，可得数列的前10项和=（ ）
A. 440B. 480C. 540D. 580
8.定义在上的函数满足，则不等式的解集为（ ）
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.在中，已知，，则（ ）
A.B.C.D.
10.在三棱柱中，，，，分别为线段，，，的中点，下列说法正确的是（ ）
A.，，，四点共面B. 平面//平面
C. 直线与异面D. 直线与平面平行
11.设，且，则（ ）
A. B. C.的最小值为0 D. 的最小值为
12.若，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
第Ⅱ卷 非选择题部分
三、填空题（每小题5分，共60分）
13. 已知平面向量，满足，，与的夹角为，则___________.
14. 在等比数列中，为其前n项和，若，，则的公比为__________．
15.已知一个实心铜质的圆锥形材料的底面半径为4，圆锥母线长，现将它熔化后铸成一个实心铜球，不计损耗，则铜球的表面积为__________.
16．若函数，在R上可导，且，则能得出．英国数学家泰勒发现了一个恒等式，则 ， ．
四、解答题（本大题共6小题，第17题10分，第18-22题每小题12分，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在区间上的值域.
18．已知首项为2的正项数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
19. 已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别是，且有．
（1）若，求的大小；
（2）若△ABC不是钝角三角形，且，求△ABC面积的取值范围．
20.已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在R上单调递增，求实数的取值范围．
21.已知三棱柱，侧面是边长为2的菱形，,侧面四边形是矩形，且平面⊥平面，点是棱的中点．
（1）在棱上是否存在一点，使得平面，并说明理由；
（2）当三棱锥的体积为时，求平面与平面夹角的余弦值．
22. 已知函数．
（1）当时，求在上的最值；
铁人中学2021级高三上学期期中考试数学答案
1.B 2.D 3.D 4.C 5.B 6.A 7. A 8.B
9.ABD 10.ABC 11.ACD 12.ABD
13. 6 14. １或. 15. 16．1，
17. （1）因为，令，解得，则的单调递增区间是；
（2）由（1）可得．因为，所以，所以，所以，
即在区间内值域为．
18．（1）由，得又，所以，数列为以2为首项，2为公比的等比数列，所以
（2）由（1）知：，所以
所以
两式相减得：
所以
19. （1）因为，所以，即.
因为A，B，C为△ABC的内角，所以或.
因为，所以（不合题意，舍去）.
所以，而，所以.
（2）由（1）可知：或.
当时，有，这与△ABC不是钝角三角形相矛盾，不合题意，舍去；
当时，，所以△ABC是直角三角形，所以，即.
而.
因为，所以（当且仅当时等号成立）.
又，所以，所以，即△ABC的面积取值范围为.
20.解：（1）当时，函数，则，
，f(1)=e+1，∴所求切线方程为y?(e+1)=e(x?1)，即ex?y+1=0；
（2）函数，，
在R上单调递增，在R上恒成立，即在R上恒成立，
令，，令g2:(x)=0，则x=ln2，
∵当时，g2:(x)>0；当x∈:(ln2,+∞)时，g2:(x)<0，
在上单调递增，在(ln2,+∞)上单调递减，，
，∴实数的取值范围为[ln2?1,+∞)．
（1）解：存在当为中点时，平面，理由如下：取中点，连接∵是△的中位线，
∴,又
∴.
所以四边形是平行四边形，∴
又,,∴
∵四边形是矩形，∴,
又∵
∵侧面是菱形，，∴是正三角形，
∵是的中点，∴
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则
则,
设平面的一个法向量为
由,得令 ∴，
又平面的一个法向量，∴
∴平面与平面的夹角的余弦值为
22.（1）当时，，可得．
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，，，
所以，．
（2）因为，
可得：．
①当时，，此时只有一个零点，故不成立；
②当时，在上单调递减，在上单调递增．
因为，，
当时，；
当时，，
有两个不同的零点，成立；
③当时，令，得或．
当时，，恒成立，
在上单调递增，至多有一个零点，不成立；
当时，即．
若或，则；若，则．
在和上单调递增，在上单调递减．
其中，．
∴当时，至多有一个零点，不成立；
当时，即．
若或，则；若时，则．
在和上单调递增，在上单调递减．，
．
当时，至多有一个零点，不成立；