江西省万安中学2023-2024学年高三上学期开学考试数学试题

这是一份江西省万安中学2023-2024学年高三上学期开学考试数学试题，共20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。
2023-2024学年高三上学期开学考试数学一、单选题（每题5分，共40分）1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．若复数的实部与虚部相等，则实数（    ）A．7 B．-7 C．1 D．-13．已知为等差数列，为其前项和，，则（    ）A．36 B．45 C．54 D．634．五一国际劳动节，学校团委举办“我劳动，我快乐”的演讲比赛．某班有甲、乙、丙等6名同学参加，抽签确定出场顺序，在“学生甲必须在学生乙的前面出场”的条件下，学生甲、乙相邻出场的概率为（    ）A． B． C． D．5．已知函数，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．6．如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．直线到平面的距离为（    ）．  A． B． C． D．7．若，则（    ）A． B．C． D．8．如图， 设直线与抛物线 (为常数) 交于不同的两点， 且当时， 抛物线的焦点到直线的距离为. 过点的直线交抛物线于另一点， 且直线过点， 则直线过点（    ）  A． B． C． D．二、多选题（每题5分，共20分）9．已知正方体，为对角线上一点（不与点，重合），过点作垂直于直线的平面，平面与正方体表面相交形成的多边形记为，下列结论正确的是（    ）A．只可能为三角形或六边形B．直线与直线BD所成的角为C．当且仅当为对角线中点时，的周长最大D．当且仅当为对角线中点时，的面积最大10．已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（    ）A． B．C． D．11．如图，过双曲线右支上一点P作双曲线的切线l分别交两渐近线于A、B两点，交x轴于点D，分别为双曲线的左、右焦点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（      ）A．B．C．D．若存在点P，使，且，则双曲线C的离心率12．已知函数，则以下判断正确的是（    ）A．函数的零点是B．不等式的解集是．C．设，则在上不是单调函数D．对任意的，都有．三、填空题（共20分）13．若将函数表示为，其中为实数，则=       .14．已知数列的前n项和为，若与均为等差数列，请写出满足题意的一个的通项公式，      ．15．已知为常数，函数，若关于的方程有且只有2个不同的解，则实数的取值范围是          ．16．已知，若对于任意的，不等式恒成立，则的最小值为           .四、解答题（共70分）17．的内角的对边长分别为，设(1)求；(2)若，求．18．已知正项数列满足，，且对任意的正整数，是和的等差中项.(1)证明：是等差数列，并求的通项公式；(2)若，且，求数列的通项公式.19．如图，在直四棱柱中，，，，，且P为的中点.(1)设过B点的平面为，若平面平面，求平面与四边形和四边形交线的长度之和；(2)求平面与平面ABCD所成锐二面角的余弦值.20．全球变暖已经是近在眼前的国际性问题，冰川融化､极端气候的出现､生物多样性减少等等都会给人类的生存环境带来巨大灾难.某大学以对于全球变暖及其后果的看法为内容制作一份知识问卷，并邀请40名同学(男女各占一半)参与问卷的答题比赛，将同学随机分成20组，每组男女同学各一名，每名同学均回答同样的五个问题，答对一题得一分，答错或不答得零分，总分5分为满分.最后20组同学得分如下表：组别号12345678910男同学得分4554554455女同学得分3455545553组别号11121314151617181920男同学得分4444445543女同学得分5545435345（1）完成下列列联表，并判断是否有90%的把握认为“该次比赛是否得满分”与“性别”有关： 男同学女同学总计该次比赛得满分   该次比赛未得满分   总计   （2）随机变量表示每组男生分数与女生分数的差，求的分布列与数学期望.参考公式和数据：，.0.100.050.0102.7063.8416.63521．已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率为，点是右支上一点，的面积为4．(1)求的方程；(2)点A是在第一象限的渐近线上的一点，轴，点是右支在第一象限上的一点，且在点处的切线与直线相交于点，与直线相交于点．试判断的值是否为定值？若为定值，求出它的值；若不为定值，请说明理由．22．已知函数，其中，(1)若，（i）当时，求的单调区间；（ii）曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围．(2)证明：当时，存在直线，使直线是曲线的切线，也是曲线的切线．

1．B由可得，，所以，所以.所以，.所以，即.故选：B.2．B因，依题意，实部与虚部相等，而a是实数，则，解得，所以实数.故选：B3．B设公差为，由，得，解得，所以，所以.故选：B.4．B设“学生甲、乙相邻出场”为事件，“学生甲必须在学生乙的前面出场”为事件，依题意共有种情况，学生甲必须在学生乙的前面出场的情况有种，所以，甲乙同学按出场顺序一定，且相邻出场的情况共有种，所以，则，故选：B．5．C由题意可知，函数的定义域为.又因为恒成立，所以在上单调递减.则由可得，解得，即原不等式的解集为.故选：C.6．D平面,平面, 平面,因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立直角坐标系.  则 设平面的法向量为，则，令，则设点到平面的距离为，则故直线到平面的距离为.故选：D.7．C对于A，令且，则，故在上单调递增，则，即，所以，即，故A错误；对于，令且，则，故在上单调递增，则，即，所以，故B错误；对于，令且，则，故在上单调递增，则，即，所以，则，故C正确；对于D，当时，，故D错误.故选：C.8．A直线，即，依题意，到直线的距离为，所以抛物线方程为，直线，由消去并化简得，，且，设，则.由，直线的方程为，所以，即，则，故，所以，所以，直线的方程为，即，则，故，所以，也即直线过定点.故选：A.9．ABD∵正方体，体对角线与平面垂直，则平面，若向点方向平移,则为三角形，若向点方向平移,则可能为六角形，A正确；∵平面，∴直线与直线BD的夹角为，B正确；∵当为对角线中点时，为正六边形PQRSTW，而三角形为等边三角形，根据中位线定理，，易得两个截面周长相等，故C错误；对于D，当为对角线中点时，为正六边形PQRSTW，设边长，面积为，当向下移动时，为六边形，结合图形可知两邻边一条增大，一条减小，且变化量相等，设，，，而且所有六边形的高都相等，且等于，两邻边夹角都为120°，则当为三角形时，面积最大为，而，∴当且仅当为对角线中点时，的面积最大，故D正确.故选：ABD10．ABC因为是偶函数，则，两边求导得，所以是奇函数，故，由，，得，即，所以是周期函数，且周期为4，，，所以，对选项A：由，令得，，所以，故A正确；对选项B：由，令得，，故，所以B正确；对选项C：由，可得，又，所以，又是奇函数，，所以，又，所以，即，所以，，，所以函数为周期为4的偶函数，所以，故C正确；对选项D：，由题得不出，所以不一定成立，故D错误.故选：ABC.11．ABD对于A项，先求双曲线上一点的切线方程，不妨先探究双曲线在第一象限的部分（其他象限由对称性同理可得）.由得：，所以，则在点的切线斜率为，所以在点的切线方程为：，又因为，所以在点的切线方程为：，不失一般性，设点是双曲线在第一象限的一点，是切线与渐近线在第一象限的交点，是切线与渐近线在第四象限的交点，双曲线的渐近线方程为，联立，所以点，同理可得：，则，又因为，所以，即：，故A项正确；对于B项，由A项知，，，所以点是A、B的中点，所以，故B项正确；对于C项，因为在点的切线方程为：，令得，所以点，则，当点在顶点时，仍然满足，故C项错误；对于D项，因为，，，所以，，又因为，所以，解得：，即：，代入得，所以，，所以，解得：，所以，所以离心率为，故D项正确.故选：ABD.12．BD对于A项，零点是数不是点，故A错误；对于B项，令，而恒成立，原不等式等价于，解之得，故B正确；对于C项，，所以，设，则，设即定义域上单调递增，，即存在使得，即存在使得，所以时有，则，在上单调递增，故C错误；对于D项，设，由C项结论可知在上单调递增，所以有，又，即成立，故D正确.故选：BD13．1由题可知：而则故答案为：114．令数列的公差为，显然，由是等差数列，得，即，两边平方得，两边平方并整理得，则，此时，，有为常数，即是等差数列，所以数列的通项公式是，取，得.故答案为：15．因为关于的方程有且只有2个不同的解，所以的图像与直线有两个不同的交点，又及的图像如图所示：当时，因的图像与直线有两个不同的交点，故直线与相切，与有一个交点，设切点为，从而，解得，．当时，因的图像与直线有两个不同的交点，故直线与有两个公共点，所以方程有两个不同的解，即有两个不同的解，即，所以，故，综上，．故填．16．因为，所以可化为，设，则，在上单调递增，因为，，所以，，，所以可化为，所以，在上恒成立，，，设，，则，令，得；，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，即的最小值为．故答案为：．17．(1)(2)（1）根据题意，由正弦定理可得，即，所以根据余弦定理及中可得.（2）根据题意，由正弦定理可得，所以，解得①，因为②，①②联立可解得或，又因为，则，，（舍去），所以.18．(1)证明见解析；.(2).（1）证明：由题知，得，所以是以为首项，公差为2的等差数列，即，当时，，当时，也符合题意，所以，又所以.（2）解：由题得，所以，所以所以，又时符合该式，故.19．(1)(2)（1）因为在直四棱柱中，，，，，所以平面平面.如图，取的中点E，连接BE.在矩形中，，因为平面，平面，所以平面.取AB的中点G，PB的中点H，连接GH，则.取，，连接GD，DQ，HQ，EF，BF.因为，，，，所以，所以，且.所以四边形DGHQ为平行四边形，所以.因为，且，所以四边形EDQF为平行四边形.所以，所以，所以.因为平面，平面，所以平面.又，所以平面平面，所以平面即为平面BEF.所以BF，EF分别为平面与四边形和四边形的交线.因为，，所以平面与四边形和四边形交线的长度之和为.（2）以C为原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，.所以，.设平面的一个法向量为，则即∴.取平面ABCD的一个法向量为，则.故平面与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为.20．（1）列联表答案见解析，没有90%的把握认为“该次大赛是否得满分”与“性别”有关；（2）分布列答案见解析，数学期望：.（1）列联表如下： 男同学女同学总计该次比赛得满分81119该次比赛未得满分12921总计202040所以，，所以没有90%的把握认为“该次大赛是否得满分”与“性别”有关.（2）的可能取值为-2，-1，0，1，2.，则的分布列为-2-1012所以.21．(1)(2)是定值．（1）的面积为4，则，得．由离心率为，得，解得，所以，所以的方程为．（2）为定值．设，由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为．由，可得，所以在第一象限内.所以，故．因为，所以，代入直线的方程，得.即．由，可得，所以直线的方程为，即．因为直线的方程为，所以直线与直线的交点的坐标为.直线与直线的交点的坐标为.所以..所以，即的值为定值．  22．(1)（i）单调递增区间为，单调递减区间为；（ii）；(2)证明见解析（1）（i）由时，且，则，令，即，令，即，所以的单调递增区间为，单调递减区间为．（ii），两侧同时取对数，有，设函数，则，令，有，当时单调递增，当时单调递减，所以，又，且时，所以与有且仅有两个交点，即与有两个交点的充要条件为，即，所以的取值范围为．（2）曲线在处的切线．曲线在处的切线．要证当时，存在直线是曲线的切线，也是曲线的切线，只需证明当时，存在，使得和重合．只需证明当时，①，②两式有解，由①得：，代入②得：③，因此，只需证明当时，关于的方程③存在实数解．设，即证明当时存在零点．对于：时，且时单调递减，又，故存在唯一，使．由此，在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值．因为，故，下面证明存在实数，使得．令且，则，所以在上递增，故，即，当时，有，根据二次函数的性质，存在实数使得，因此当时，存在使得．所以当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线．