2024届江西省宜春市铜鼓中学高三上学期第四次阶段性测试数学试题含答案

这是一份2024届江西省宜春市铜鼓中学高三上学期第四次阶段性测试数学试题含答案，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。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合.
【详解】解不等式，即，解得，即，
又因为，则，故.
故选：C.
2．已知复数在复平面内对应的点在实轴上，则的值是（ ）
A．3B．4C．5D．
【答案】D
【分析】由题意可得，由解出a的值，结合复数的几何意义即可求解.
【详解】由题意知，
，
所以复数z在复平面内对应的点的坐标为，
又该点在实轴上，所以，解得，
所以，则.
故选：D.
3．“”是“直线和直线平行”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用两直线的位置关系分类讨论及充分、必要条件的定义判定即可.
【详解】当时，直线和直线平行
且或；
当时，直线和直线不平行；
当时，直线和直线不平行．
所以“”是“直线和直线平行”的充分不必要条件.
故选：C．
4．设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据指对数函数及余弦函数性质判断大小关系即可.
【详解】由，则，而，
所以.
故选：D
5．已知正项数列的前项和为，且满足，若，，则（ ）
A．3B．4C．9D．16
【答案】C
【分析】由题设易知数列为等比数列，设公比，应用等比数列前n项和公式求公比，进而求目标式的值.
【详解】因为，所以数列为等比数列，设公比为，
则，得，解得（舍去），
所以．
故想：C
6．如图，在边长为2的正方形中，分别是的中点，将，，分别沿，，折起，使得三点重合于点，若三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，把三棱锥可补成一个长方体，利用长方体的对角线长求得外接球的半径，结合球的表面积公式即可求解.
【详解】根据题意可得，且，
所以三棱锥可补成一个长方体，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
如图所示，

设长方体的外接球的半径为，可得，所以，
所以外接球的表面积为，
故选：C
7．已知右焦点为的椭圆：上的三点，，满足直线过坐标原点，若于点，且，则的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆的对称性，结合平行四边形的判定定理和性质、椭圆的定义、勾股定理、椭圆的离心率公式进行求解即可.
【详解】设椭圆左焦点为，连接 ，，，
设，，结合椭圆对称性得，
由椭圆定义得，，则.
因为，，
则四边形为平行四边形，
则，而，故，
则，即，
整理得，在中，，
即，即，
∴，故.
故选：A

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用椭圆的对称性和定义.
8．设函数若恰有5个不同零点，则正实数的范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】画出的图象，将恰有5个不同零点转化为与有5个交点即可.
【详解】由题知，
零点的个数可转化为与交点的个数，
当时，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
如图所示：

所以时有最大值：
所以时，由图可知必有两个交点；
当时，因为，，
所以，
令，则
则有且，如图所示：

因为时，已有两个交点，
所以只需保证与有三个交点即可，
所以只需，解得.
故选：D
【点睛】思路点睛：函数零点问题往往可以转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合方便分析求解.
二、多选题
9．已知，分别是双曲线：的上、下焦点，点P在上，且的实轴长等于虚轴长的2倍，则（ ）
A．B．
C．的离心率为D．的渐近线方程为
【答案】BCD
【分析】根据双曲线方程及焦点位置求判断A，根据双曲线定义判断B，求出离心率判断C，求出渐近线方程判断D.
【详解】由题意，，且，
所以，解得，故A错误；
因为，由双曲线定义知，故B正确；
因为，，所以，故离心率，故C正确；
因为双曲线的焦点在轴上，所以渐近线方程为，即，故D正确.
故选：BCD
10．已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为8B．的最大值为
C．的最大值为D．的最小值为
【答案】BCD
【分析】变换利用均值不等式计算A错误，直接利用均值不等式计算BCD正确，得到答案.
【详解】对选项A：，
当且仅当，即，时等号成立，错误；
对选项B：，故，当且仅当时等号成立，正确；
对选项C：，，
当且仅当时等号成立，正确；
对选项D：，当且仅当时等号成立，
正确；
故选：BCD
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．为函数图象的一条对称轴．
B．函数在上单调递减．
C．将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若在上的最小值为，则m的最大值为．
D．在上有2个零点，则实数a的取值范围是．
【答案】BC
【分析】将函数化简为，结合三角函数的性质，逐一分析判断即可.
【详解】结合题意：，
化简为：.
对于A选项：令，解得易验证不是对称轴，故A错误；
对于B选项：当时，，
结合三角函数的性质可知，在上单调递减，故B正确；
对于C选项：
因为，所以，
要使在上的最小值为，则，即，故C正确；
对于D选项：由，得，
要使在上有2个零点，则，解得，
故D错误.
故选：BC.
12．如图，在边长为2的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（ ）

A．与所成角的余弦值为
B．过A，，三点的正方体的截面面积为9
C．当在线段上运动时，三棱锥的体积恒为定值
D．若为正方体表面上的一个动点，，分别为的三等分点，则的最小值为
【答案】AC
【分析】取中点，是与所成角或其补角，计算后判断A，由平行平面的性质作出截面等腰梯形，求出面积判断B，由线面平行得出到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，由特殊点求出体积判断C，作出点关于平面的对称点，当是线段与平面的交点时，取得最小值，计算后判断D．
【详解】正方体易得，取中点，连接．由于是中点，因此，所以，所以是与所成角或其补角，
由已知中，，，
，A正确；
取中点，连接，同理可证（由得），因此是过A，，三点的正方体的截面，它是等腰梯形，
，，，面积为，B错；

由于，平面，平面，所以平面，从而到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，
当与重合时，，C正确；

设是点关于平面的对称点，则，又，
显然，，
又，所以，
，，
显然当是线段与平面的交点时，取得最小值，D错．

故选：AC．
三、填空题
13．已知向量，非零向量与的夹角为，，则 .
【答案】
【分析】首先求出，再将两边平方，结合数量积的运算律及定义计算可得.
【详解】因为，所以，
又非零向量与的夹角为，，
所以，即，
所以，解得（舍去）或.
故答案为：
14．已知两个圆，，若两圆相切，则半径为 ．
【答案】或
【分析】根据两圆相内切、相外切的条件，分别求得r的值
【详解】由题意知：两圆圆心分别为：，，半径分别为：，，
当两圆外切时：，解得：；
当两圆内切时：，解得：，负值舍去；
综上：或.
故答案为：或.
15．已知抛物线的焦点为，直线过且与抛物线交于两点，过作抛物线准线的垂线，垂足为，的角平分线与抛物线的准线交于点，线段的中点为．若 ．
【答案】4
【分析】过作垂直于准线且垂足为，利用抛物线的定义结合三角形全等可证，再结合可得的长.
【详解】如图，过作垂直于准线且垂足为，连接.
由题得，由抛物线的定义可得：，
而，故所以，所以，
.
又，所以，
所以，即点P是MN的中点，
所以是梯形的中位线，
所以.
故答案为：4．
16．函数为奇函数，且，若，则 ．
【答案】
【分析】由为奇函数可得，解得，再由结合，即可得出答案.
【详解】因为函数为奇函数，
所以，
所以，即，解得：或（舍去），
故，
因为，，
则
所以，又，所以.
故答案为：
四、解答题
17．在中，角所对的边分别为，已知，且．
(1)求的值；
(2)若的面积，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合余弦定理，化简整理得到的值.
（2）先利用三角形面积公式得的值，再结合题意利用余弦定理得，进而列方程组得到的值.
【详解】（1）由题意，将 代入，
，即，所以．
故.
（2）由于，
又为锐角，即.
，.
所以，结合解得.
故.
18．已知公差为的等差数列的前项和为，且满足.
(1)证明：；
(2)若，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据条件，得到，再由等差数列的通项公式即可求出结果；
（2）通过裂项，再利用裂项相消法即可求出结果.
【详解】（1）证明：当时，，得到，
又数列为等差数列，所以，整理得到，
所以.
（2）因为，所以，解得，所以，
又，
所以
.
19．已知函数，若曲线在点处的切线方程为．
(1)求的解析式；
(2)求在区间上的最值．
【答案】(1)
(2)最大值为，最小值为
【分析】（1）根据题意，由切点在切线上可得，再由导数的几何意义即可求得，从而得到结果；
（2）根据题意，求导得，得到其极值，再由函数解析式求得，，即可得到结果.
【详解】（1）由题意可得，，切点在切线上，
则，即，且，
而在点处的切线斜率为2，即，解得，
所以.
（2）由（1）可知，，则，且
令，即，故，
令，即，故或，
所以在单调递减，在单调递增，
当时，有极小值，且，
当时，有极大值，且，
且，，
所以在区间上的最大值为，最小值为.
20．如图，圆台的轴截面为等腰梯形为下底面圆周上异于的点．
(1)在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由；
(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)为线段中点时，平面.证明见解析；
(2)
【分析】（1）取中点，取中点，根据线面平行的判定和中位线定理即可求解；
（2）过点作于，结合棱锥体积公式可得点与重合，以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式即可求解．
【详解】（1）为线段中点时，平面.
证明如下：
取中点，连接，则有，
如图，在等腰梯形中，，所以，

则四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）过点作于，
在等腰梯形中，，所以该梯形的高，
所以等腰梯形的面积为，
所以四棱锥的体积，解得，
所以点与重合，
以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，

则，
，
设平面的法向量为，
所以，取，则.
设平面的法向量为，
所以，取，则.
设平面与平面夹角为，
则.
故平面与平面夹角的余弦值为.
21．已知是椭圆的右焦点，为坐标原点，为椭圆上任意一点，的最大值为3，面积的最大值为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)点是轴正半轴上的一点，过点和点的直线与椭圆交于两点．求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意由的最大值以及面积的最大值列出方程，即可解得，可求出椭圆的标准方程；
（2）设出直线的方程与椭圆方程联立可得，画出图形并根据三角形相似化简可得，对点位置与椭圆关系进行分类讨论并利用函数单调性即可求得结果.
【详解】（1）由题意可知，的最大值为，
面积的最大值为，且；
解得
所以椭圆的方程为．
（2）由题意可知直线斜率存在且，
设直线方程为，
代入椭圆方程得，显然恒成立，
设，
则，
设原点为，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，如下图所示：

则，
①当点在椭圆外时，易知，
此时，
所以，所以，所以；
②当点在椭圆内时，可得，
则
，
设，则，且，
所以，
易知函数在上单调递增，所以，
所以，
当点是椭圆的上顶点时，则，
此时，
综上，的取值范围为．
【点睛】圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：
（1）几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；
（2）代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
22．.已知函数，其中常数.
(1)当时，求的零点；
(2)讨论的单调性；
(3)设实数，如果对任意，，不等式都成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）令，解方程即可求出的零点；
（2）对求导，分类讨论，和，判断与的大小即可得出答案；
（3）将不等式进行整理可得，则不等式可转化为在上单调递减，再利用分离参数法即可求出答案.
【详解】（1）当时，，令，可得：，
所以的零点为.
（2）因为的定义域为，
，
当时，对任意成立，
所以在上单调递增.
当时，对任意成立，
所以在上单调递减.
当时，令可得：，令可得：.
所以在上单调递增，在上单调递减.
综上：时，在上单调递增.
时，在上单调递减.
时，在上单调递增，在上单调递减.
（3）由（2）得，当时，在上单调递减，
不妨设，则，
原不等式转换为，即，
令，则，
则在上单调递减，所以在上恒成立，
在上恒成立，
即，则，则，
令，令，则，
所以，
由双勾函数的性质可得，，所以的最小值为，
所以.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
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法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．