1、2023-2024学年度上学期高三年级一调考试数 学本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。共4页，总分150分，考试时间120分钟。第卷（选择题 共60分）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，只有一项是符合题目要求的。1.集合（ ）A.B.C.D.2.已知，则复数在复平面内对应的点位于（ ）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.若非零向量与满足，且，则为（ ）A.三边均不相等的三角形B.直角三角形C.底边和腰不相等的等腰三角形D.等边三角形4.“”的一个充分条件是（ ）A.B.C.D.5.如图，在平行四边形中，为中点，与相交于点，若
2、，则（ ）A.1B.C.D.26.已知为第三象限角，则（ ）A.B.C.D.7.已知，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）A.B.C.D.8.已知在等差数列中，设函数，记，则数列的前9项和为（ ）A.0B.10C.16D.18二、选择题：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，是的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）A.B.若，则C.D.若，则的最小值为110.已知是的重心，是所在平面内的一点，则下列结论正确的是（ ）A.B.在方向上的投影向量等于C.D.的最小值为11.已知函数（，）的图象
3、的一条对称轴为直线，且在区间上单调递减，则下列说法正确的是（ ）A.点是的一个对称中心B.C.在区间上单调递增D.12.若，且，则（ ）A.B.C.D.的最大值为第卷（非选择题 共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知平面向量，若与垂直，则实数_.14.已知，则的最大值为_.15.已知关于的方程有4个不同的实数解，则实数的取值范围是_.16.已知正项数列的前项和为，若，数列的前项和为，则下列结论正确的是_.；是等差数列；满足的的最小正整数为10.四、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）已知等差数列的前项和为，且满足
4、，.（1）求的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和.18.（12分） （1）如图，在中，为边上的高，求的值；（2）如图，半径为1，圆心角为的圆弧上有一点，若，分别为线段，的中点，当在圆弧上运动时，求的取值范围.19.（12分）如图，在平面直角坐标系中，角的终边与单位圆的交点为，圆与轴正半轴的交点是.若圆上一动点从开始，以的角速度逆时针做圆周运动，秒后到达点.设.（1）若且，求函数的单调递增区间；（2）若，求.20.（12分）某城市受空气污染影响严重，现欲在该城市中心的两侧建造，两个空气净化站（如图，三点共线），两站对该城市的净化度分别为，其中.已知对该城市总净化效果为，两站对该城市的净化效果
5、之和，且每站净化效果与净化度成正比，与中心到净化站之间的距离成反比.现已知，且当时，站对该城市的净化效果为，站对该城市的净化效果为.（1）设，求，两站对该城市的总净化效果；（2）无论，两站建在何处，若要求，两站对该城市的总净化效果至少达到，求的取值范围.21.（12分）如图，已知在平面四边形中，.在中，内角，的对边分别为，且_.在；这三个条件中任选一个，补充在上面的横线中，并回答下列问题.（1）求；（2）若，求周长的取值范围.22.（12分）已知数列满足，且.数列满足，的前项和为.（1）判断数列是否为等差数列，并求的通项公式；（2）设数列的前项和为，证明：.参考答案及解析2023-2024学年
6、度上学期高三年级一调考试数学一、选择题1.C【解析】由，可得，又，所以集合.2.A【解析】，因为，所以，所以复数在复平面内对应的点位于第一象限.3.C【解析】因为，所以内角的角平分线与垂直，所以，因为，所以，则是底边和腰不相等的等腰三角形.4.A【解析】由，可得，故是的一个充分条件，故A正确；由，可得，不妨取，推不出，故B错误；，不妨取，满足，推不出，故C错误；，不妨取，满足，推不出，故D错误.5.B【解析】因为在平行四边形中，为中点，与相交于点，所以，所以.又，所以，.6.A【解析】因为，所以.又因为为第三象限角，所以，所以.7.D【解析】当，即时，所以，即，即，令，对称轴为直线，当，即时，
7、在区间上单调递增，所以，所以只要即可，解得，所以.当，即时，所以只要即可，解得，所以.所以当时，.当时，所以，解得，所以只要即可，解得.综上，.8.D【解析】因为，由，得.当时，故函数的图象关于点对称，由等差中项的性质可得，所以数列的前9项和为.二、选择题9.ACD【解析】设（，），则，故A正确；令，满足，故B错误；设（，），（，），则，所以，故C正确；设（，），则，即，表示以为圆心，1为半径的圆，表示圆上的点到点的距离，故的最小值为1，故D正确.10.ACD【解析】对于A，当点为的重心时，如图所示，设中点为，连接并延长至点，使得，连接，易得四边形为平行四边形，根据重心性质可得，则，所以A正确
8、；对于B，因为在方向上的投影为，所以在方向上的投影向量为，所以B错误；对于C，因为是的重心，所以，所以，所以，所以C正确；对于D，如图，取的中点为，连接，取中点，连接，则，则.显然当，重合时，取得最小值，所以D正确.11.AD【解析】因为在区间上单调递减，关于直线对称，所以当时，取得最小值，所以，且，可得，所以，因为，所以，且和在同一个单调递减区间，所以，两式相减可得，所以，所以，因为，所以，所以.对于A，由，可得，所以点是的一个对称中心，故选项A正确；对于B，故选项B不正确；对于C，令，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，故选项C不正确；对于D，故选项D正确.12.ABD【解析】对于
9、A，因为在时单调递减，在时单调递增，所以，选项A正确；对于B，因为，所以，所以，当且仅当时，等号成立，选项B正确；对于C，设，所以在时单调递减，在时单调递增，所以，选项C错误；对于D，设，所以，所以，当且仅当时等号成立，选项D正确.三、填空题13.1【解析】因为与垂直，所以，即，即，解得.14.【解析】由柯西不等式得，则，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为.15.【解析】由题意可知关于的方程有4个不同的实数解，可分为以下几种情况：当时，方程，即，解得，不满足题意，舍去；当时，且时，方程，即，此方程有两个正根，即解得；当时，且时，方程，即，此方程有两个负根，即解得.由可知，实数的取值范围
10、是.16.【解析】因为，当时，解得，当时，所以，整理得，所以数列是首项为，公差为1的等差数列，故正确.，又正项数列的前项和为，所以，当时，当时，即，又当时，满足，所以，又，因为，所以，即，故不正确；令，当时，恒成立，所以在区间上单调递增，所以，即，所以在上恒成立，令（，），所以，又，故，故正确；对于，因为，所以，所以，所以，因为，即，化简整理得，当时，；当时，所以满足的的最小正整数为10，故正确.四、解答题17.解：（1）因为，所以所以，所以.（2）由题意可知，所以，-得，故.18.解：（1）因为，所以，所以，又，故由余弦定理可得，则，又，所以，所以，所以.（2）以为原点，为轴，反方向为轴，建
11、立平面直角坐标系，如图所示，则，设，则，所以，因为，则，所以，所以.19.解：由已知条件和三角函数的定义，可知，所以.（1）若，则，令，解得，又，所以函数的单调递增区间为.（2）若，可得，因为，所以，故，所以.故.20.解：（1）设站对城市产，以的净化效果为，比例系数为，则.当时，即，所以.设站对城市的净化效果为，比例系数为，则，由，得，所以，所以，两站对该城市的总净化效果，.（2）由题意得对恒成立，所以只要当时，即可.又，当且仅当，即时等号成立，则，令，即，则，解得.综上，无论，两站建在何处，若要求，两站对城市的总净化效果至少达到，的取值范围为.21.解：（1）选择：，即，由正弦定理得，在中，所以，所以，又，且，所以，所以.选择：，即，即.在中，且，所以，所以.选择：，即，所以.在中，因为，所以.（2）因为，所以，四点共圆，为直径，因为，所以的外接圆直径为2，由（1）知，所以，在中，由正弦定理得，所以，设，.在中，在中，所以.因为，所以，所以，所以的周长的取值范围为.22.（1）解：因为，所以，则，所以，又，所以，故数列是首项为1，公差为2的等差数列，所以，.（2）证明：由（1）可得，所以.当时，.当时，所以.
