2024届江西省南昌市江西师大附中高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届江西省南昌市江西师大附中高三上学期期中数学试题含答案，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．已知复数（其中为虚数单位），则的共轭复数虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用复数的除法化简复数，再由定义求的共轭复数，得其虚部.
【详解】复数，则的共轭复数，
其虚部为.
故选：D.
2．已知空间四个点，则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面内”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】一条直线和直线外一点确定一个平面，由此可验证充分性成立；“这四个点在同一平面内”时，可能有“两点分别在两条相交或平行直线上”，从而必要性不成立．
【详解】“这四个点中有三点在同一直线上”，则第四点不在共线三点所在的直线上，
因为一条直线和直线外一点确定一个平面，一定能推出“这四点在同一个平面内”，从而充分性成立；
“这四个点在同一平面内”时，可能有“两点分别在两条相交或平行直线上”，不一定有三点在同一直线上，从而必要性不成立，
所以“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面内”的充分不必要条件.
故选：A.
3．在等比数列中，，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据等比中项性质进行计算即可.
【详解】，得，
因为、、都为奇数项，在等比数列中应该为同号，所以，
故.
故选：A.
4．在中，三角形三条边上的高之比为，则为（ ）
A．钝角三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．等腰三角形
【答案】A
【分析】由题可得三角形三条边之比为，然后利用余弦定理，求出最大边所对角的余弦值，即可判断出结果.
【详解】因为三角形三条边上的高之比为，
所以三角形三条边之比为，即，
不妨设，
则最大角的余弦值为，
因此角为钝角，三角形为钝角三角形.
故选：A.
5．我国历史文化悠久，“爰”铜方彝是商代后期的一件文物，其盖似四阿式屋顶，盖为子口，器为母口，器口成长方形，平沿，器身自口部向下略内收，平底、长方形足、器内底中部及盖内均铸一“爰”字.通高24cm，口长13.5cm，口宽12cm，底长12.5cm，底宽10.5cm.现估算其体积，上部分可以看作四棱锥，高约8cm，下部分看作台体，则该文物的体积约为（ ）（参考数据：，）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据棱台与棱锥的体积公式计算可得.
【详解】因为
，
，所以.
故选：A
6．八卦是中国文化的基本哲学概少，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形ABCDEFGH，其中给出下列结论（ ）

①与的夹角为；②；③；④在上的投影向量（其中为与同向的单位向量）．其中正确结论为（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】C
【分析】利用正八边形的性质，结合向量的线性运算及投影向量的定义逐一分析运算即可.
【详解】对①：为正八边形，则与的夹角为，①错误；
对②：，平分，则，②错误；
对③：∵，则，③正确；
对④：∵，即与的夹角为，
∴向量在向量上的投影向量为，④错误.
故选：C.
7．设等差数列的前项和为，已知，，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】首先证明是上的奇函数和增函数，然后由题意可得，结合等差数列求和公式即可得解.
【详解】设，其定义域为关于原点对称，且，
所以函数是奇函数，
又，
所以函数是增函数，
由题意，
从而，即，
所以，整理得，
所以由等差数列的性质可知，
由等差数列前项和公式可知.
故选：B.
8．已知函数在上存在零点，且在上单调，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的零点和单调性求出，从而可得根据函数在上单调，即可求的取值范围.
【详解】，
因为在上存在零点，所以，解得．
又在上单调，所以，即，
解得，则，
则则解得．
故选：C.
二、多选题
9．已知在正四面体中，、、、分别是棱，，，的中点，则（ ）
A．平面B．
C．平面D．、、、四点共面
【答案】ABD
【分析】把正四面体放到正方体里，对于A项根据线面平行的判定定理证明
对于B项，从正方体的角度上看易得
对于D项，证明四边形是平行四边形可验证
对于C项，反证法证明，矛盾点是与的夹角.
【详解】把正四面体放到正方体里，画图为：
对于A项，、分别为，的中点，
又平面且平面
平面，故A正确
对于B项，从正方体的角度上看易得，故B正确.
对于D项，、、、分别是棱，，，的中点
且
且
所以
所以四边形是平行四边形，故、、、四点共面，所以D正确.
对于C项，若平面成立，即平面
又因为平面
所以
又因为、分别为，的中点，
所以
所以
而为等边三角形，与矛盾，所以C不正确.
故选：ABD
10．在中，角的边分别为，知，，则下列判断中正确的是（ ）
A．若，则B．若，该三角形只有一解
C．周长的最小值为12D．面积的最大值
【答案】AD
【分析】应用正弦定理求出判断A；根据正弦定理求出，结合大边对大角，确定三角形解的个数判断B；借助于余弦定理和基本不等式求出的取值范围，从而确定出周长判断C；借助于余弦定理和基本不等式表示出面积，从而判断D.
【详解】对于A，，，，在中，正弦定理得，
则，故A正确；
对于B，由正弦定理得，所以，
又因为，所以，故有两个解，故B错误；
对于C，由余弦定理得，
即，
所以，当且仅当时等号成立，此时三角形为等边三角形，周长取得最大值，为12，故C错误；
对于D，由选项C得，即，当且仅当时等号成立，
所以，
所以面积的最大值，故D正确，
故选：AD.
11．若数列满足（为正整数），为数列的前项和，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】对于A，根据递推式求，构造数列为常数列，求得数列的通项；对于B，代入等差数列求和公式可得；对于C，D，先放缩，再利用裂项相消法求和可证明.
【详解】对于A，由知，，
两式相减得，
故，故当时，为常数列；
当时，；
故，，所以，故A错误；
对于B，当时，；
当时，，
所以，故B正确；
对于C，，
当时，则；
当时，
；
综上所述：，故C正确；
对于D，，
当时，；当时，；
当，
；
综上所述：，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：数列相关不等式的证明，往往难度比较大，要对不等式进行变形，或者借助于基本不等式，数列的函数性质，或者利用导函数进行证明，本题利用不等式进行变形，对通项进行裂项放缩法得出结果.
12．已知函数是奇函数，且，是的导函数，则（ ）
A．B．的一个周期是
C．是偶函数D．
【答案】BC
【分析】由奇偶性定义可推导得到周期为，结合可得A错误；由导数运算可推导得到，知B正确；根据，求导后可得，知C正确；对已知等式求导后可得，代入可推导得到D错误.
【详解】对于A，为定义在上的奇函数，，，
，，
是周期为的周期函数，，A错误；
对于B，，，的一个周期为，B正确；
对于C，由得：，，
是偶函数，C正确；
对于D，由得：，
令，则，由C知：，，
，D错误.
故选：BC.
三、填空题
13．已知在等差数列中，，，则 ．
【答案】20
【分析】设等差数列的公差为，进而列出方程求得，，进而求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，
由题意得，，解得，，
则.
故答案为：20.
14．圆的直径，弦，点在弦上，则的最小值是 ．
【答案】/
【分析】根据平面向量的线性运算法则，得到，再由圆的性质，得到的最小值，进而求解即可.
【详解】由题意可得，，
要使取得最小值，则要最小，
根据圆的性质，只需，此时为中点，
又，则，
所以，
则的最小值为.
故答案为：.
15．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，，则球的表面积是 ．
【答案】
【分析】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，确定，进而得到球的半径，进而根据球体的表面积公式计算即可.
【详解】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，如图所示：
则，则，
因为球的直径即为长方体的体对角线，
则球的半径为，
所以球的表面积是.
故答案为：.
16．如图所示，作边长为的正三角形的内切圆，在这个圆内作内接正三角形，然后再作新三角形的内切圆．如此下去，设第个内切圆面积为，则 ．
【答案】
【分析】设第个正三角形的内切圆半径为，依题意可得每个正三角形的内切圆半径是前一个正三角形内切圆半径的，可得内切圆半径是以为首项，为公比的等比数列，即可得到，则，再利用错位相减法求和即可..
【详解】设第个正三角形的内切圆半径为，
因为从第二个正三角形开始，每个正三角形的边长是前一个正三角形的边长的，
每个正三角形的内切圆半径也是前一个正三角形内切圆半径的，
则，解得，
又，，，，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，则，
令，则，
所以，
则
，
所以.
故答案为：
四、解答题
17．已知等比数列满足，且是，的等差中项．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，，求使成立的的最小值．
【答案】（1）;（2）．
【详解】试题分析：（1）基本量法，即用表示条件，且是，，列出方程组，解之求出，即可求数列的通项公式；（2）由（1）及求出数列的通项公式，用分组求和法求出其前项和，代入表达式，化得得，解之可求的最大值．
试题解析：（1）设等比数列的公比为，依题意，有
，即：
由得，解得或．
当时，不合题意，舍去；
当时，代入得，所以．
故所求数列的通项公式（）．
（2）
所以
．
因为，所以，
即，解得或．
因为，故使成立的正整数的最小值为．
18．记的内角、、的对边分别为、、.已知.
(1)证明：；
(2)若，，求的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换结合正弦定理化简可证得结论成立；
（2）利用平面向量数量积的定义可得出，结合余弦定理以及可求得、的值，由此可求得的面积.
【详解】（1）因为，则，
即，
由正弦定理可得
，
因此，.
（2）因为，由正弦定理可得，
由平面向量数量积的定义可得，
所以，，可得，
即，所以，，则，，
所以，，则为锐角，且，
因此，.
19．如图，直角三角形中，已知直角边，，沿斜边上的高折起，使点B到达点P的位置，连接，得到四面体，且二面角为．
(1)证明：；
(2)求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据已知推得，.然后即可根据线面垂直的判定定理以及性质定理，得出证明；
（2）根据平面图形几何关系得出相关线段长度，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，得出点的坐标，求出平面与平面的法向量.设二面角的平面角等于，根据向量法求出，然后根据同角三角函数的基本关系式，即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，，，
所以，.
因为平面，平面，，
所以，平面.
因为，平面，
所以，.
（2）由（1）知，，
所以，即为二面角的平面角，即.
在平面图形中，由已知可得
又，
所以，.
又，
所以，，.
则在立体图形中，有，，.
如图，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，在平面中，过点作的垂线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，.
设是平面的一个法向量，
则，
取，则是平面的一个法向量.
设是平面的一个法向量，
则，
取，则是平面的一个法向量.
设二面角的平面角等于，由图象可知为锐角
因为，
所以，，，
，
所以，二面角的正切值为.
20．已知函数．
（1）设是函数的极值点，求m的值，并求的单调区间；
（2）若对任意的恒成立，求m的取值范围．
【答案】（1），在和上单调递增，在上单调递减；（2）.
【分析】（1）求得函数的导数，根据是函数的极值点，求得，进而根据导数的符号，即可求解函数的单调区间；
（2）由（1）可得，分和两种情况讨论，结合哈市的单调性和极值，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数，可得，
因为是函数的极值点，所以，故，
令，解得或，
所以在和上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）可得，
当时，，则在上单调递增，
又由，所以恒成立；
当时，易知在上单调递增，
故存在，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，则，这与恒成立矛盾，
综上可得，实数m的取值范围.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，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；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
21．为了拓展学生的知识面，提高学生对航空航天科技的兴趣，培养学生良好的科学素养，某校组织学生参加航空航天科普知识答题竞赛，每位参赛学生答题若干次，答题赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分：从第2次答题开始，答对则获得上一次答题得分的两倍，答错得10分.学生甲参加答题竞赛，每次答对的概率为，各次答题结果互不影响.
(1)求甲前3次答题得分之和为40分的概率；
(2)记甲第i次答题所得分数的数学期望为.
①写出与满足的等量关系式（直接写出结果，不必证明）：
②若，求i的最小值.
【答案】(1)；
(2)①，，且；②5.
【分析】（1）甲甲前3次答题得分之和为40分的事件是甲前3次答题中恰答对一次的事件，再利用相互独立事件概率的乘法公式计算作答.
（2）①求出，再分析、写出与满足的等量关系式作答；②利用构造法求出的通项，列出不等式并结合单调性作答.
【详解】（1）甲前3次答题得分之和为40分的事件是：甲前3次答题中仅只答对一次的事件，
所以甲前3次答题得分之和为40分的概率.
（2）①甲第1次答题得20分、10分的概率分别为，则，
甲第2次答题得40分、20分、10分的概率分别为，
则，显然，
，甲第次答题所得分数的数学期望为，
因此第次答对题所得分数为，答错题所得分数为10分，其概率分别为，
于是甲第i次答题所得分数的数学期望为，
所以与满足的等量关系式是：，，且；
②由①知，，当时，，而，
因此数列以为首项，为公比的等比数列，，
于是，由得：，显然数列是递增数列，
而，则有正整数，
所以i的最小值是5.
22．在平面直角坐标系中， 已知两定点， 点满足且在焦点在轴正半轴的抛物线上. 过作一斜率存在的直线交于两点， 连接交抛物线于点.
(1)求抛物线的标准方程;
(2)判断直线是否恒过定点，若是请求出该定点坐标，若不是请说明理由.
【答案】(1)
(2)直线恒过定点
【分析】（1）由得点坐标，待定系数法求抛物线的标准方程；
（2）设出过斜率存在的直线方程，与抛物线方程联立方程组，设，，
表示出直线的方程，与抛物线联立方程组求点坐标，表示出直线的方程，利用韦达定理化简，可得所过定点.
【详解】（1）点， ，即有，
设抛物线的方程为，代入，解得.
所以抛物线的标准方程为.
（2）设过斜率存在的直线方程为，与抛物线联立方程组，消去，得，
设，，则有，，
直线的方程为，与抛物线联立方程组，消去，代入，
得，设，
则有，得，，
直线的方程为，即，
化简得，
则有
，
所以直线是否恒过定点.
【点睛】方法点睛：
解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．