江西省宜春市宜丰中学2023-2024学年高三上学期开学考试数学试题

这是一份江西省宜春市宜丰中学2023-2024学年高三上学期开学考试数学试题，共5页。试卷主要包含了单选题，多选题(20分），填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024届江西省宜丰中学高三（上）开学考数学试卷一、单选题（40分）1．已知复数（是虚数单位），则（    ）A． B． C． D．12．如图所示的中，点分别在边上，且，则向量（    ）  A． B．C． D．3．函数的定义域为，导函数在内的图像如图所示，则函数在内极小值点的个数是（    ）    A．1个     B．2个     C．3个 D．4个4．将半径为3圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的体积为（    ）A． B． C． D．5．（错题重现）已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．6．若函数在区间内没有最值，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．7．1988年3月14日，Lany Shaw在旧金山科学博物馆组织举办了最早的大型以为主题的活动，之后博物馆继承了这一传统，后来3月14日成为了国际圆周率日（日）.历史上，求圆周率的方法有多种，其中的一种方法：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形的周长，将它们的算术平均数作为的近似值.按照这种方法，的近似值的表达式是（   ）A． B．C． D．8．已知函数，若方程有四个不同的实根，则的取值范围是（    ）A．        B．           C．          D．二、多选题(20分）9．下面命题正确的是（    ）A．“”是“”的充分不必要条件B．命题“若，则”的否定是“存在，”C．设，则“且”是“”的必要不充分条件D．设，则“”是“”的必要不充分条件10．已知，，且，则（    ）A．        B．       C．         D．11．设函数的定义域为，且满足，当时，，则下列说法一定正确的是（    ）A．是偶函数     B．不是奇函数C．函数有10个不同的零点 D．12．棱长为1的正方体中，点为线段上一点（不包括端点），点为上的动点，下列结论成立的有（    ）A．过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形B．的最小值为C．当点为线段中点时，三棱锥的外接球的半径为D．两点间的最短距离为 三、填空题（20分）13．在等差数列中，若，且数列的前项和有最大值，则使成立的正整数的最大值是          .14．18世纪英国数学家辛卜森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体的统一体积公式)(其中分别为的高、上底面面积、中截面面积、下底面面积)，我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为，可得该球的体积为；已知正四棱锥的底面边长为，高为，可得该正四棱锥的体积为.类似地，运用该公式求解下列问题:如图，已知球的表面积为，若用距离球心都为的两个平行平面去截球，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为        .  15．定义一种运算，设（t为常数），且，则使函数最大值为4的t值是          ．16．已知函数，若函数在处取得最小值为m，则       . 四、解答题（70分）17．（10分）（1）化简求值：；（2）已知向量，向量，且，求的值．       18．（12分）在①②③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．在中，角所对的边分别为，且满足________．（1）求角的大小；（2）若为边上一点，且，，，求．        19．（12分）如图，四棱锥中，底面为正方形，平面，为的两个三等分点．    (1)证明：平面；(2)求三棱锥的体积．        20．（12分）若数列满足，则称数列为“平方递推数列".已知数列中，，点在函数的图象上，其中n为正整数，(1)证明:数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列;(2)设，，求数列的前10项和.    21．（12分）北京时间2023年3月30日18时50分，中国在太原卫星发射中心成功将宏图一号01组卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功．据了解，在不考虑空气动力和地球引力的理想状态下，可以用公式计算火箭的最大速度（单位：），其中（单位：）是喷流相对速度，（单位：）是火箭（除推进剂外）的质量，（单位：）是推进剂与火箭质量的总和，称为总质比，已知A型火箭的喷流相对速度为．(1)当总质比为200时，利用给出的参考数据求A型火箭的最大速度；(2)经过材料更新和技术改进后，A型火箭的喷流相对速度提高到了原来的倍，总质比变为原来的，若要使火箭的最大速度至少增加，求在材料更新和技术改进前总质比的最小整数值．参考数据：，．    22．（12分）已知函数.注：为自然对数的底数，.(1)若，求函数的单调区间；(2)若函数有两个不相等的零点，极值点为，证明：（i）；（ii）.    2023-2024（上）高三开学考数学试卷参考答案：1．B   2．D   3．A4．B【详解】解：设圆锥的底面半径为r，高为h，则，∴r＝，h，设内切球的半径为R，则，∴R，故选：B．5．D【详解】数列满足，①当时，，②    ①②得，，故，则，则，由于恒成立，故，整理得：，因随的增加而减小，所以当时，最大，且为，即.故选：D6．B【详解】依题意，，函数的单调区间为，由，而，得，因此函数在区间上单调，因为函数在区间内没有最值，则函数在区间内单调，于是，则，解得，由，且，解得，又，从而或，当时，得，又，即有，当时，得，所以的取值范围是.故选：B7．B【详解】单位圆的内接正边形的边长为，则其内接正边形的周长为，单位圆的外切正边形的边长为，则其外切正边形的周长为，则有.故选：B.8．B【详解】对于，可知其对称轴为，令，解得或；令，解得或；作出函数的图象，如图所示，若方程有四个不同的实根，即与有四个不同的交点，交点横坐标依次为，对于，则，可得，所以；对于，则，可得；所以，由对勾函数可知在上单调递增，可得，所以的取值范围是.故选：B.9．AD  10．ACD11．AC【详解】，且关于直线对称；又，且关于中心对称；，则是周期为8的周期函数；对于，令，则为偶函数，正确；对于，令，则为奇函数，不正确；对于，作出和的图象如下图所示，当时，，又，由图象可知：与共有10个不同的交点，则有10个不同的零点，正确；对于，错误.故选：AC12．ABD【详解】在正方体中，平面平面， 设过的截面截正方体所得的截面为，M为截面与的交点，因为平面平面，平面平面，所以，又，故，即∽，而，则，又点为线段上一点（不包括端点），，即过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形，A正确；根据正方体性质可知≌，故可将沿转到和重合位置，则的最小值为的长，而正方体棱长为1，故，即的最小值为，B正确；当点为线段中点时，设的中点为N，连接， 由于，故，连接交于G，连接，则四边形为矩形，故，平面，故平面，又，则N为的外心，故三棱锥的外接球的球心在上，设为H，而, ，则，设三棱锥的外接球半径为r，则，解得，C错误；当分别为的中点时，由C的分析可知Q位于N点位置，此时，即此时间距离最短，最短距离为，D正确，故选：ABD13．9  14．    15．【详解】若在上的最大值为4，所以由，解得或，所以要使函数最大值为4，则根据新定义，结合与图像可知，当，时，，此时解得，当，时，，此时解得，故或4，故答案为：或4.  16．2【详解】函数的定义域为，且，令，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，故，即，当时取等号，故，当时取等号，令，则在上单调递增，由，即存在，使得，即在上有解；故，由题意当时等号成立，故，17．解：（1）原式可化为；（2）由向量平行的充要条件可得：，∴18．（1）选①，由题意化简得，即，根据余弦定理得，因为所以.选②，由题意得,则，因为所以.选③，由题意化简得,当时代入原式显然不成立，故，因为所以.（2）在中，根据余弦定理得，所以，故,所以，在中根据正弦定理得，解得19．（1）证明：连接与交于点，连接，因为为正方形，所以为的中点，又、为的两个三等分点，所以为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，  （2）∵，过点作交于点， 因为为的三等分点，平面，所以平面，且，由，即，  20．（1）点在函数的图象上，，，数列是“平方递推数列”，因为，对两边同时取对数得，数列是以1为首项、2为公比的等比数列；（2）由（1）知，所以所以.21．（1）当总质比为200时，，∴当总质比为200时，A型火箭的最大速度约为．（2）由题意，经过材料更新和技术改进后，A型火箭的喷流相对速度为，总质比变为，要使火箭的最大速度至少增加，则需，化简得，，∴，整理得，∴，则，由参考数据，知，∴，∴材料更新和技术改进前总质比的最小整数值为74．22．（1）由，得，令得，令得.所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是.（2）（i），设，存在唯一且，使得.当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，是极小值点.若，则，令，则，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，所以，此时不存在两个零点，不满足要求，故要使函数有两个不相等的零点，则.于是. （ii）①，②，①-②得，整理得③.下证：.不妨设，令，则.可化为，即.令，于是在上单调递增，又，所以，从而，得.于是③式可化为，得.得证.