2024届江西省宜春市高安市灰埠中学高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届江西省宜春市高安市灰埠中学高三上学期期中数学试题含答案，共16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。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别求出集合，再根据补集和交集得定义即可得出答案.
【详解】解：，
由，得，解得，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
2．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由为真命题，可得在上成立，从而求解出，再利用充分不必要条件分析.
【详解】由题意，为真命题，所以在上成立，得，则的一个充分不必要条件为.
故选：D
3．若复数满足，则在复平面内复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】根据复数模和除法运算法则计算得到，然后根据复数的几何意义判断即可.
【详解】由题意得：，
所以复平面内复数对应的点为，在第四象限.
故选：D.
4．的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】，
故选：B
5．若正实数m满足，则的值为（ ）
A．-2B．0C．-4D．
【答案】A
【分析】对指数式两边取以2为底的对数，化简即可求解.
【详解】
，
，
故选：A
6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝8，c＝3，A＝60°，则此三角形外接圆的半径R＝（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由余弦定理求出三角形的第三边，然后由正弦定理可得外接圆半径．
【详解】：因为b＝8，c＝3，A＝60°，所以a2＝b2＋c2－2bccs A＝64＋9－2×8×3×＝49，所以a＝7，所以此三角形外接圆的直径2R＝＝＝，所以R＝，
故选：D.
【点睛】本题考查余弦定理和正弦定理，属于基础题．
7．设，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用函数单调性得到，，，从而比较出大小关系.
【详解】因为且，
，
故.
故选：B.
8．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0)B．(－∞，4]C．(0，＋∞)D．[4，＋∞)
【答案】B
【分析】分析：由已知条件推导出，令，利用导数形式求出时，取得最小值4，由此能求出实数的取值范围.
【详解】详解：由题意对上恒成立，
所以在上恒成立，
设，则，
由，得，
当时，，当时，，
所以时，，所以，
即实数的取值范围是.
点睛：利用导数研究不等式恒成立或解不等式问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．在中，满足的三角形有两个
B．在中，若，则
C．在中，是的充要条件
D．在中，
【答案】CD
【分析】结合正弦定理对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】A选项，由于，则所以三角形有一个，A选项错误.
B选项，，可能，所以B选项错误.
C选项，由正弦定理得，其中是三角形外接圆的半径，所以C选项正确.
D选项，由正弦定理，
=，可知D选项正确.
故选：CD
10．等差数列的前项和为，公差为，若，则（ ）
A．B．
C．当时，取得最大值D．当时，取得最大值
【答案】BC
【分析】根据等差数列的性质可得，即可结合选项判断.
【详解】，所以，故，
当时，取得最大值.故BC正确，AD错误.
故选：BC
11．在菱形中，是的中点，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据菱形的性质结合向量的运算逐个分析判断
【详解】对于A，因为是菱形，所以，，所以，所以A正确，
对于D，因为是的中点，所以，所以，所以B正确，
对于C，因为，所以，
因为，所以，所以C错误，
对于D，过作于，因为，所以∥，因为是的中点，所以为的四等分点，
所以，所以D正确，
故选：ABD

12．已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，则下列结论正确的为（ ）
A．圆锥的侧面积为
B．的取值范围为
C．若为线段上的动点，则
D．过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为
【答案】AC
【分析】依次判断每个选项，直接计算A正确；当时，，B错误；当三点共线时最小，根据余弦定理计算得到C正确；计算截面，根据均值不等式计算得到D错误，得到答案.
【详解】对选项A：母线长，侧面积为，正确；
对选项B：中，，，则当时，
，错误；
对选项C：为等腰直角三角形，，将放平得到，如图2所示，当三点共线时最小，为中点，连接，则，，
，正确；
对选项D：如图3，设截面为，为中点，连接，设，，则
，当，即时等号成立，D错误.
故选：AC
【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中侧面积，截面积和线段和的最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和空间想象能力，其中，将空间的线段和转化为平面的距离是解题的关键.
三、填空题
13．设函数，若，则 ．
【答案】
【分析】分为和两种情况，然后解方程可得的取值．
【详解】由题意得，当时，由，解得，符合题意；
当时，由解得，符合题意．
综上可得．
【点睛】本题考查分段函数的求值问题和函数零点的求法，解题的关键是对进行分类讨论，属于基础题．
14．已知各项均为正数的等比数列中，，，其前项和为，则 .
【答案】
【分析】求出等比数列的公比，利用等比数列的求和公式可求得的值.
【详解】设等比数列的公比，则，则，即，
，则，，解得.
因此，.
故答案为：.
15．已知在中，点M为上的点，且，若，则
【答案】/0.5
【分析】结合向量的线性运算公式及平面向量基本定理列方程求即可.
【详解】因为，
所以，
又，所以，
所以.
故答案为：.
16．设，函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】设，可确定当时，函数的零点个数，继而作出的大致图像，考虑时的图象情况，分类讨论，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可解决.
【详解】设，当时，，此时，
由，得，即，解得或，
即在上有2个零点；
若，，其图象对称轴为，
函数的大致图像如图：

则此时，即，则，
即无解，则无零点，此时无零点，不符合题意；
故需，此时函数的大致图像如图：

由得或，
要使得函数恰有3个零点，需满足在上有一个零点
此时只有一个解，故只需与函数在y轴左侧图象无交点，
则需，解得，结合，
可得，
故答案为：
【点睛】方法点睛：本题为复合函数的零点问题，解答时采用数形结合的方法去解决，即作出函数的大致图像，将函数零点问题转化为曲线的交点个数问题，即可解决.
四、解答题
17．已知数列的前项和，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）利用及，即可解得，从而得到，再检验时也成立，即可得解；
（2）由（1）可得，利用错位相减法计算可得．
【详解】解：（1）因为，
当时，，
所以
所以，解得，所以（）；
当时，，也满足，
综上所述，；
（2）由（1）知，
所以 ①
②
①②得：，
所以．
18．已知函数的部分图像如图所示．
(1)求函数的解析式；
(2)将的图像上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度得到的图像，求函数的解析式与单调递增区间；
(3)在第（2）问的前提下，对于任意，是否总存在实数，使得成立？若存在，求出实数m的值或取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)，单调递增区间为
(3)存在；
【分析】（1）根据三角函数的图形，观察最值，周期，对称性，分别求解，即可求解；
（2）利用三角函数的图象变换求函数的解析式，再根据三角函数的性质求解；
（3）将问题转化为函数的值域是值域的子集，建立不等式求解.
【详解】（1）由图可知，，则，，所以，．所以，即
又，所以当时，，所以．
（2）将的图像上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得：，再向右平移个单位长度得到：，由，，解得，，所以函数的单调递增区间为
（3）由，得，由，得，所以，所以．又，得，所以．
由题可知，得，解得，所以存在，使得成立．
19．如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，以为直径的圆（为圆心）过点，且，底面，为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求四棱锥的侧面积．
【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1）先证平面，得，，结合得平面，然后可证得面面垂直；
（2）由（1）知为直角三角形，求其面积，易知，利用求即可求解.
【详解】（1）证明：由题意知点为圆上一点，则.
由底面，知.又，因此平面，
则，又，则.
因为，为的中点，所以.
又，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）知平面，所以，
，，
因此，.
因为，，分别为，的中点，所以.
设边的高为，则，.
又因为，，所以.
由，可得，
得.
故四棱锥的侧面积.
【点睛】关键点点睛：求四棱锥的侧面积，分别根据条件转化为求解三角形面积，特别是在求解时，利用，即等体积法是关键，属于中档题.
20．在等差数列中，，，数列满足.
（1）求数列和的通项公式；
（2）若______，求数列的前项和.
在①，②，③这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并作答.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1），；（2）答案见解析.
【分析】（1）由题意列出方程组求出等差数列通项公式，由递推关系求出；
（2）若选①，利用错位相减法求和，若选②，利用裂项相消法求和，若选③利用裂项相消法求和.
【详解】（1）设等差数列的公差为，则解得
所以.
当时，.
当时，根据，得到，
所以，
当时，也满足.所以.
（2）若选①，则，
所以，
，
，
可得.
若选②，则，
所以
.
若选③，则，
所以
【点睛】关键点点睛：数列求和时，根据所给通项公式的情况，恰当选择公式法，分组法，裂项相消法，错位相减法，属于中档题.
21．已知动点分别与定点和连线的斜率乘积．
(1)求动点的轨迹；
(2)设点位于第一象限，是的右焦点，的平分线交于点，求证：．
【答案】(1)动点的轨迹是以，为顶点、焦距为8的双曲线（不包含顶点，）
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意得到，化简得到答案.
（2）题目转化为，考虑和两种情况，计算，，计算得到，得到证明.
【详解】（1）由已知，得，化简并整理，得．
故动点P的轨迹E是以A，B为顶点、焦距为8的双曲线（不包含顶点A，B）．
（2）点M是∠AFP的平分线与AP的交点，所以，
又，故，所以，
要证，即证，
也即证，只需证明成立．
当时，因为，，所以，故，显然成立．
当时，由，得，．
所以．
因为点P在双曲线上，所以，
所以，故．
又∠PAF为锐角，所以，从而得证．
【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线的轨迹方程，双曲线相关的证明问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和和综合应用能力，其中将双曲线中的线段关系转化为，进而用斜率公式计算是解题的关键.
22．已知函数．
(1)若在区间上无零点，求实数m的取值范围；
(2)若对任意，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将变量分离出得在区间无解，求得的值域，即可求解；
（2）根据时求得m的取值范围，再证时也成立，即，应用放缩法，先证，再证，构造函数结合导数即可证明..
【详解】（1）令，得，令，
则，
当时，，，故，
则在区间上单调递减，
因为，当时，，
故实数m的取值范围为．
（2）依题意在时恒成立，
令，解得．
下证当时，不等式在时恒成立．
先证明：当时，．
令，则，
令，则，
易知，所以在上单调递增，，即，
所以在上单调递增，得，即当时，．
再证明：当时，，（*）
因为当时，，故只需证明．
令，
则．
①当时，，在上单调递增，
；
②当时，由知，
所以，
所以（*）成立．
综上所述，实数m的取值范围为．
【点睛】证明不等式恒成立，结合常用的指对不等式进行适当放缩是比较常用的方法.