江西省宁冈中学2023-2024学年高三上学期开学数学试题

这是一份江西省宁冈中学2023-2024学年高三上学期开学数学试题，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
宁冈中学2023-2024学年度高三上开学考试数学一、单选题（每题5分，共40分）1．设全集，集合，集合，则（    ）A． B．C． D．2．设等差数列的前n项和为，且，，则（    ）A． B．10 C．11 D．3．如图所示2×2方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是1、2、3、4中的任何一个，允许重复．若填入A方格的数字大于B方格的数字，则不同的填法共有(　　)A．192种 B．128种 C．96种 D．12种4．设是半径为2的圆上的两个动点，点为中点，则的取值范围是A． B． C． D．5．等差数列的首项为2，公差不等于0，且，则数列的前2019项和为（   ）A． B． C． D．6．已知直线分别与和的图象交于，两点，则下列结论正确的是（ ）A． B．C． D．7．已知函数，在区间上任取三个数均存在以为边长的三角形，则的取值范围是A． B． C． D．8．已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则下列等式一定正确的是（    ）A． B．C． D．二、多选题（每题5分，共20分）9．已知数列是公比为的等比数列，且成等差数列，则（    ）A． B． C． D．110．下列说法正确的是（    ）A．过曲线上的一点作曲线的切线，这点一定是切点B．若曲线在点，处有切线，但不一定存在C．“函数”是“函数在处取得极值”的既不充分也不必要条件D．若曲线存在平行于轴的切线，则实数的取值范围是11．在数列中，其前项和是，则下列正确的是（    ）A．若，则B．若则C．若则D．若，则12．某同学对函数进行研究后，得出以下结论，其中正确的有（    ）A．函数的图象关于原点对称B．对定义域中的任意实数的值，恒有成立C．函数的图象与轴有无穷多个交点，且每相邻两交点间距离相等D．对任意常数，存在常数，使函数在上单调递减，且三、填空题（共20分）13．已知函数，则           ．14．现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组都有带队教师，且带队教师至多2人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带队，则不同的带队方案有           种.(用数字作答)15．如图，在棱长为4的正方体中，是的中点，点是侧面上的动点．且平面，则线段长度的取值范围是        ．16．已知是定义在上的偶函数，当时，，且，则不等式的解集是           .四、解答题（共70分）17．已知直线经过点，且与轴、轴的正半轴分别交于点A、点，是坐标原点.(1)当的面积最小时，求直线的一般式方程；(2)当取最小值时，求直线的一般式方程，并求此最小值．18．用，，，，这五个数字组成无重复数字的自然数．（1）在组成的三位数中，求所有偶数的个数；（2）在组成的五位数中，求至少有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数．19．已知等差数列的前n项和为，且满足.（1）求数列的通项公式;（2）若数列满足，求数列的前项和.20．如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，底面ABCD，E为BP的中点，，．(1)证明：平面PAD；(2)求平面EAC与平面PAC夹角的余弦值．21．已知椭圆的长轴长为4，离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若经过点，斜率为的直线与圆心为的圆相切．①求直线的方程和圆的标准方程；②若直线过点，与椭圆交于不同的两点、，与圆交于不同的两点、，求的取值范围．22．已知.(1)求函数的单调区间；(2)若函数有两个零点，证明：.

答案1．C因为，，所以，又，所以，故选：C.2．C由，得，所以，又，，所以．故选：C．3．C因为填入A方格的数字大于B方格的数字，所以填入A方格的数字可能是2,3,4若填入A方格的数字是2，则B方格的数字只能是1，C，D可以任意排列，此时有种填法；若填入A方格的数字是3，则B方格的数字可能是1,2，C，D可以任意排列，此时有种填法；若填入A方格的数字是4，则B方格的数字只能是1,2,3，C，D可以任意排列，此时有种填法．综上可得，总共有种不同的填法，故选C．4．A依题意，其中是两个向量的夹角，范围是，故，所以，故选A.5．B设等差数列的公差为，由，，可得，所以，因此，所以，所以 .故选B6．D在函数的图像上任取一点，则，即由，两边取以为底的对数，得到 即点 满足函数表达式.所以在函数的图像上任取一点，都有点在函数的图像上.故函数及函数的图象关于直线对称，又直线与直线垂直，且相交于点.从而直线与函数及函数的图象的交点，也关于直线对称，，，又在上，即有，故，则，由于，所以．对于，令，，，所以在上单调递增，因为，所以，所以，所以，所以，故错误．由图象易知，故错误．，，又，，错误．由，可得，即，又由，可得 ，故正确.故选：D7．D由得，由导数性质得 由题意得且由此能求出的取值范围．详解：∵函数，，，由 得x=1， 时， 时， ，∴∵在区间上任取三个数均存在以为边长的三角形，，①②联立①②，得 ．故选D．8．B由函数为偶函数，可得，则，所以函数关于成轴对称；由函数为偶函数，可得，所以函数关于成轴对称；对于A，设，，显然符合题意，但，故A错误；对于B，假设不关于成中心对称，，求导可得，即，显然与题设矛盾，所以必定关于成中心对称，由，且为函数图象的对称轴，则，由，则函数图象的对称轴为直线，由，则，所以，故B正确；对于C，设，令，解得，则的对称轴为；，令，解得，则的对称中心为；所以此时函数符合题意，，故C错误；对于D，由选项C，符合题意，则，，故D错误.故选：B.9．AD由题意，，由等比数列通项公式可得，由于等比数列每一项都不是，故，即，解得或.故选：AD10．BD对于，过曲线上的一点作曲线的切线，这点不一定是切点，如经过曲线上一点但是不是在该点与曲线相切而是在其他地方相切，比如与相切于点，同时经过点另外一点，我们就可以说过点的直线与曲线相切，但切点是而不是，故错误；对于B，如曲线在某点处的切线垂直于轴，此时不存在，但曲线在点，处有切线，故B正确；对于C，“函数”不能得到“函数在处取得极值”，比如在处，但在处无极值，但由极值的定义，可得“函数在处取得极值”可以得到“函数”，故C错误；对于D，若曲线存在平行于轴的切线，由，可得有正数解，即有，由，可得，故D正确.故选：BD.11．BCDA：时，，而，故错误；B：由题设，，，，，…，则，故正确；C：由题设，，而，则，即，故正确；D：由，可得，故正确.故选：BCD.12．BD对于A，∵函数的定义域为，，∴为偶函数，图象关于轴对称，故A错.对于B，由A知为偶函数，当时，∴令，∵，∴，所以在上单调递增，∴，即恒成立.故B正确.对于C，函数的图象与轴的交点坐标为，交点与的距离为，其余任意相邻两点的距离为，故C错.对于D，，，当，时，，，每段区间的长度为，所以对任意常数，存在常数，，，使在上单调递减且，故D正确.故选：BD.13．1解：因为，所以，解得．故答案为：14．54根据题意可得：若甲教师和乙教师不带同一队，则共有种不同的带队方案；若甲教师和乙教师带同一队，则共有种不同的带队方案；由分类加法计数原理可得：共有54中不同的带队方案；故答案为：54.15．解：如图，取的中点，的中点，的中点，连接、、、，根据正方体的性质可得，平面，平面，所以平面，同理可证平面，，平面，所以平面平面，又平面平面，且平面，平面，点是侧面上的动点，所以在线段上，又，所以，，，所以，则，所以线段长度的取值范围是.故答案为：16．令，所以，因为当时，，，单调递增，因为为偶函数，所以，所以，所以为奇函数，所以在，上单调递增，因为，所以，所以，若，则等价于，所以，若，则等价于，所以.综上所述，不等式的解集是.故答案为：.17．(1)(2)，的最小值为4（1）设的方程为，由直线过得，由基本不等式得：，即，解得：，当且仅当，时取等号，此时的方程为，即；（2）因为直线与轴、轴的正半轴分别交于点A、点，所以直线的斜率存在，可设直线的方程为，所以，，所以，，所以，当且仅当时取等号，此时，此时直线的方程为，的最小值为4.18．（1）30；（2）60.（1）将所有的三位偶数分为两类：（i）若个位数为，则共有（个）；（ii）若个位数为或，则共有（个），所以，共有个符合题意的三位偶数． （2）用，，，，这五个数字组成无重复数字的五位数共有个，1和3相邻的五位数有个，∴至少有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的五位数有（个）.19．（1）；（2）.解:设公差为，依题意得解得 所以.，.20．(1)证明见解析(2)（1）证明：取PA的中点F，由E为PB的中点，则，，而，，所以且，则四边形CDFE为平行四边形，所以，又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．（2）∵平面ABCD，，∴AP，AB，AD两两垂直，以A为原点，，，向量方向分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，各点坐标如下：，，，，，设平面APC的法向量为，由，，有，取，则，，即，设平面EAC的法向量为，由，，有，取，则，，即，所以，由原图可知平面EAC与平面PAC夹角为锐角，所以平面EAC与平面PAC夹角的余弦值为．21．（1）；（2）①，，②（1）由题知：，所以椭圆.（2）①由题知：，即.因为直线与圆相切，所以，所以圆：.②由题知：直线的斜率存在，设，与椭圆的两个交点为，..因为，解得.所以，.所以.圆心到直线的距离..所以.设，因为，所以，.所以，因为的对称轴为，在上单调递增，所以，.22．(1)递增区间为，递减区间为.(2)证明见解析（1）解：由题意，函数的定义域为，且，令，可得当时，，在单调递增；当时，，在区间单调递减.（2）解：由（1）可得有两个零点，即有两个实数根，令，则由，可得；由，可得，不妨设：，则，函数在点处的切线方程为，设直线与直线的交点横坐标为，，函数在点处的切线方程为，设直线与直线的交点横坐标为，，令，可得，由，即，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，即曲线的图象在的图象上的上方，令，可得，当时，，单调递减，所以，所以的图象在的图象上的上方，如图所示，可得且，所以，即，所以.