2023届江西省临川第一中学高三上学期期中数学（理）试题含答案

2023届江西省临川第一中学高三上学期期中数学（理）试题

一、单选题

1．已知全集，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先进行补集运算得，再算并集即可.

【详解】，则.

故选：C

2．已知是虚数单位，若，则对应的点在复平面的（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算求出即可作答.

【详解】由，得，

所以对应的点在复平面的第一象限.

故选：A

3．已知命题p：“，有成立”，则命题p的否定为（    ）

A．，有成立 B．，有成立

C．，有成立 D．，有成立

【答案】B

【分析】根据特称命题的否定是全称命题即可得出结果.

【详解】解：根据特称命题的否定是全称命题即可得命题p：“，有成立”的否定是“，有成立”，

故选：B

4．“幂函数在上为增函数”是“函数为奇函数”的（    ）条件

A．充分不必要 B．必要不充分

C．充分必要 D．既不充分也不必要

【答案】A

【分析】要使函数是幂函数，且在上为增函数，求出，可得函数为奇函数，即充分性成立；函数为奇函数，求出，故必要性不成立，可得答案.

【详解】要使函数是幂函数，且在上为增函数，

则，解得：，当时，，，

则，所以函数为奇函数，即充分性成立；

“函数为奇函数”，

则，即，

解得：，故必要性不成立，

故选：A．

5．对于任意实数a、b、c、d，下列命题中，真命题的个数为（    ）

①若a＞b，c＞d，则a－c＞b－d；②若a＞b＞0，c＞d＞0，则ac＞bd；③若a＞b＞0，则；④若a＞b＞0，则．

A．①② B．②③ C．①④ D．①③

【答案】B

【分析】根据作差法以及不等式性质，可得答案.

【详解】对于①，，无法判断是否大于零，

当时，则，故①错误；

对于②，根据不等式性质，同向同正可乘性，可得②正确；

对于③，根据不等式性质，正向可开方性，可得③正确；

对于④，，，，则，故，可得④错误.

故选：B.

6．已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】C

【分析】利用导数的几何意义确定切线斜率，则可得，再利用和差公式与二倍角公式以及同角三角函数关系切化弦化简所求式子，得到含的式子，即可得结果.

【详解】解：因为，则

则曲线在点处的切线的斜率为，又倾斜角为

所以

则

.

故选：C.

7．我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则说法不正确的是（    ）

A．相邻两个节气晷长减少或增加的量为十寸

B．秋分的晷长为75寸

C．立秋的晷长比立春的晷长长

D．立冬的晷长为一丈五寸

【答案】C

【分析】由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列，其中寸，寸，公差为寸，可求出，利用等差数列知识即可判断各选项.

【详解】由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列，其中寸，寸，公差为寸，则，解得（寸），

同理可知由冬至到夏至的晷长构成等差数列，首项，末项，公差（单位都为寸）.故选项A正确；

春分的晷长为

秋分的晷长为，所以正确；

立冬的晷长为，即立冬的晷长为一丈五寸，正确；

立春的晷长，立秋的晷长分别为，

，，故错误.

8．在中，分别为三边所对的角.若且满足关系式，则外接圆直径为（    ）

A． B．2 C．4 D．

【答案】B

【分析】由，推导出，由，推导出，再利用正弦定理即可求解外接圆的半径，从而可解.

【详解】，，可得，

又，，即.

，

根据正弦定理可得，，

，，

，，

.

令外接圆的半径为，根据正弦定理可得，

即外接圆的直径为.

故选：B.

9．定义在上的偶函数满足，当时，，若在区间内，函数有个零点，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】等价于与的图象在有5个交点，利用已知可得是周期为4的函数，且图象关于对称，画出的图象结合图象可得答案.

【详解】，

又是偶函数，所以，则，

所以的周期为4，由得的图象关于对称，

当时，，可得的大致图象如下，

若在区间内，函数有个零点，

等价于与的图象在有5个交点，

结合图象，当时与的图象恰好有5个交点，

当时与的图象有3个交点，不符合题意，

可得，此时，可得，

则实数的取值范围是.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题的解题的关键点是等价于与的图象在有5个交点，利用已知条件画出它们的图象，考查了学生的思维能力、运算能力.

10．数学美的表现形式多种多样，我们称离心率（其中）的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金椭圆方程为，若以原点为圆心，短轴长为直径作为黄金椭圆上除顶点外任意一点，过作的两条切线，切点分别为，直线与轴分别交于两点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意O、A、P、B四点在以OP为直径的圆上，可设点P坐标为，从而得出四点所在圆的方程为，利用两圆方程之差求得切点A、B所在直线方程，进而求得M、N两点坐标即可解决本题.

【详解】依题意有OAPB四点共圆，设点P坐标为，则该圆的方程为：，

将两圆方程：与相减，得切点所在直线方程为

，解得，因为，所以

故选：A

11．已知定义在上的函数导函数为，若且当时，，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】构造函数，则原不等式可转化为，由奇偶性和导数可得在上单调递增，由此列不等式组求解即可.

【详解】令则由得，

所以为奇函数，

又，所以当时，单调递增，

所以在上单调递增，

又，所以，

所以，解得，

故选：A

12．若函数在区间上有零点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设为函数的零点，则，转化为在直线上，根据表示点到原点的距离的平方，得到，构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.

【详解】由题意，函数，

设为函数在上的零点，则，

即，即点在直线上，

又表示点到原点的距离的平方，则，即，

令，则，

因为，所以，在单调递增.

所以最小值为.

故选：A

【点睛】关键点点睛：设零点有，换主元化为点在直线上，结合的几何意义及点线距离公式得为关键.

二、填空题

13．已知向量满足，则          .

【答案】6

【分析】利用的坐标求得，再根据向量数量积的运算律求解即可.

【详解】由可得，

所以，

解得，

故答案为：

14．已知为偶函数且，则等于     ．

【答案】16

【分析】利用奇偶函数的对称性，再结合定积分运算法则求解

【详解】解：令，则，

所以为奇函数，则，

又因为为偶函数，且，

则，

则，

故答案为：16

15．如图，将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，得到如图所示的函数的图象，若，则最小值为          .

【答案】1

【分析】根据函数图象及平移关系求得，进而可得，再利用均值不等式求最小值即可.

【详解】由题意可得，

由函数图象可得，，解得，

将点代入得，

解得，即，

又因为，所以，

所以，

所以，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

所以最小值为，

故答案为：1

16．已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.若是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持则点的轨迹的面积为          .

【答案】

【分析】取中点，由题可得平面，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得.

【详解】取中点，连接，则，

，平面，所以平面，

又因为，则，

作于，设点轨迹所在平面为，

则平面经过点，且，

设三棱锥外接球的球心为，半径为，的中心分别为，

可知平面平面，且四点共面，

由题可得，

在Rt中，可得，

又因为，则，

易知到平面的距离，

故平面截外接球所得截面圆的半径为，

所以截面圆的面积为.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法

利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．

三、解答题

17．已知数列的前n项和.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用 ，即可得的通项公式；

（2）由题可知，利用分组求和法即得.

【详解】（1）因为，

当时，，

当时，，

因为也满足，

综上，；

（2）由题可知，

所以.

18．如图 ，在边长为 的等边 中，， 分别为边 ， 的中点．将 沿 折起，使得 ，得到如图 的四棱锥 ，连接 ，，且 与 交于点 ．

(1)证明：；

(2)设点 到平面 的距离为 ，点 到平面 的距离为 ，求 的值．

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）在图1中，证明，，则在图2中，有，得，然后证明，可得，即；

（2）由，得，分别求出三角形与三角形的面积得答案．

【详解】（1）证明：在图1中，为等边三角形，且为边的中点，，

在中，，，，，

、分别为边、的中点，，

在图2中，有，．

在中，，，

在和中，，，

．

，即；

（2），

，则．

是边长为1的等边三角形，．

在中，，，则．

，

则．

19．甲，乙两位同学组队去参加答题拿小豆的游戏，规则如下：甲同学先答2道题，至少答对一题后，乙同学才有机会答题，同样也是两次机会.每答对一道题得10粒小豆.已知甲每题答对的概率均为，乙第一题答对的概率为，第二题答对的概率为.若乙有机会答题的概率为.

(1)求;

(2)求甲，乙共同拿到小豆数量的分布列及期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）用对立事件求概率公式进行求解；

（2）求出的可能取值，及对应的概率，从而求出分布列，计算出数学期望.

【详解】（1）由已知得，当甲至少答对1题后，乙才有机会答题.

所以乙有机会答题的概率为，

解得；

（2）X的可能取值为0，10，20，30，40；

所以X的分布列为：

.

20．已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，且过点.

(1)求双曲线的标准方程；

(2)已知点是双曲线上异于的两个不同点，且，证明：直线过定点，并求出定点坐标.

【答案】(1)

(2)证明见解析，定点

【分析】（1）由双曲线渐近线方程和点坐标求解即可；

（2）由可得，设（斜率存在），与双曲线方程联立，利用韦达定理求出的关系即可求解，注意讨论斜率不存在的情况.

【详解】（1）因为双曲线与已知双曲线有相同的渐近线，

设双曲线的标准方程为，

代入点坐标，得，解得，

所以双曲线的标准方程为

（2）当直线斜率存在时，设，

设，联立与双曲线，

化简得，

，即，

则有，

又，

因为，所以

所以，

所以，

化简得，

即

所以，

且均满足，

当时，直线的方程为，直线过定点，与已知矛盾，

当时，直线的方程为，过定点

（ii）当直线斜率不存在时，由对称性不妨设直线，

与双曲线方程联立解得，此时也过点，.

综上，直线过定点

【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：

（1）得出直线方程，设交点为 ，；

（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；

（3）写出韦达定理；

（4）将所求问题或题中关系转化为，形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．已知函数，其中为自然对数的底数.

(1)讨论函数的单调性，

(2)若，当时，恒成立时，求的最大值.（参考数据：）

【答案】(1)答案见解析

(2)3

【分析】（1）求导，讨论导函数的正负即可；

（2）分离参数，当时恒成立即可，设，利用导数求解单调性，结合零点存在性定理，即可求解最值得解.

【详解】（1）由可得.

当时，恒成立，在单调递增；

当时，令得，所以在单调递减，在单调递增；

综上所述，当时，在单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.

（2）当时，成立，当时，恒成立即，

设，则，

令，则，

设，

当时，，故；当时，，故，

综上有，故，故为增函数，

又，

因为，故，

所以，

故存在唯一零点使得，

故当时单调递减当时，，单调递增，故，

又，

即，

所以

设，则，故为增函数，

又，所以，

所以，故要且为正整数则的最大值为3.

【点睛】利用导数求解参数范围的问题的解题常用方法：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；

3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别.

22．以等边三角形的每个顶点为圆心，以其边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形被称为勒洛三角形，如图，在极坐标系中，曲边三角形为勒洛三角形，且，以极点为直角坐标原点，极轴为轴正半轴建立平面直角坐标系，曲线的参数方程为（为参数）.

(1)求所在圆的直角坐标方程；

(2)已知点的直角坐标为，曲线和圆相交于两点，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意求得的直角坐标与，从而得到所在圆的直角坐标方程；

（2）设A，B对应的参数分别为，将曲线的参数方程带入圆，并根据根与系数关系，求解即可.

【详解】（1）因为，则，

所以点P的直角坐标是，，

所以所在圆的直角坐标方程为.

（2）设对应的参数分别为，

将代入，得：，

所以，

因为，

所以由的几何意义得：.

23．已知函数．

(1)设的最小值为，求；

(2)若正数满足，证明：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用绝对值三角不等式即得；

（2）由题可知，利用基本不等式可得，进而即得.

【详解】（1）∵，当且仅当时，取等号，

所以的最小值为1，即；

（2）由，

相加整理得，，当且仅当等号成立，

由（1）得，

所以不等式两边同时除以得，，

所以．