2023-2024学年江西省南昌市第二中学高三上学期开学考试数学试题

这是一份2023-2024学年江西省南昌市第二中学高三上学期开学考试数学试题，文件包含精品解析江西省南昌市第二中学高三上学期开学考试数学试题原卷版docx、精品解析江西省南昌市第二中学高三上学期开学考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
1. 已知集合，集合，若，则（ ）
A. 0B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由，得到，分、和，三种情况讨论，即可求解.
【详解】由集合，集合，
因为，可得，
当时，则，此时，此时不满足，舍去；
当时，则，此时，此时满足；
当时，则，此时，此时不满足，舍去，
综上可得，.
故选：D.
2. 命题：p：的否定为（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据全称命题的否定判断即可.
【详解】命题，的否定为，.
故选：C.
3. 下列函数为奇函数且在上为减函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数图象的性质逐一判断即可.
【详解】依题意，
对于A：为奇函数，在上为增函数，故A错误；
对于B：为奇函数，在上为增函数，故B错误；
对于C：为偶函数，故C错误；
对于D：为奇函数且在上为减函数，故D正确.
故选：D.
4. 设为实数，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】正向分析得，化简即可，反向得，举出反例即可.
【详解】当“”时，则，则，所以，
所以“”无法推出“”，
当，即时，有可能，但不会有，
所以“”无法推出“”.
所以“”是“” 既不充分也不必要条件.
故选：D.
5. 若不等式对任意实数x均成立，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简已知不等式，对进行分类讨论，结合一元二次不等式的知识求得的取值范围.
【详解】依题意，不等式对任意实数x均成立，
即不等式恒成立，
当时，不等式可化为恒成立，
当时，
，解得，
综上所述，的取值范围是.
故选：B
6. 已知，则的值为（ ）
A. 2B. C. 1D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角恒等变换得到，求出最小正周期，并求出，利用周期分组求解，得到答案.
【详解】，
所以最小正周期为，
且
，
所以
.
故选：B.
7. 已知中，，，，则边的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 2＋D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用，求得a，c关系，再利用构造出a，c的不等关系，进而求得边的最小值.
【详解】中，，，
则，则，
则，整理得，
又中，，则，
整理得， 又，
代入整理得，解之得.
故的最小值为3.
故选：B
8. 已知，，，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由考虑构造函数，利用导数研究函数的单调性，利用单调性比较的大小.
【详解】构造函数，则，，
且，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以；
设，则，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以
故，所以，即．
综上，，
故选：A．
【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于观察数的结构特征，通过构造函数，利用导数判断函数的单调性 函数的单调性比较大小.
二、多选题（每小题5分，共20分）
9. 已知实数a，b满足等式，则下列不可能成立的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】画出函数和的图象，结合图象可得的大小关系.
【详解】作出函数和的图象如图所示：

设，，
当时，由图可知；
当时，由图可知；
当时，由图可知，
故选：CD.
10. 计算下列各式，结果为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】运用诱导公式、辅助角公式、二倍角公式、和差角公式及切化弦化简计算即可.
【详解】对于A项，，故A项成立；
对于B项，，故B项不成立；
对于C项，，故C项不成立；
对于D项，，故D项成立.
故选：AD.
11. 已知函数的部分图像如图所示，将的图像向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到函数的图像，则（ ）
A. B.
C. 的图像关于点对称D. 在上单调递减
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用函数图像先把解析式求出来，然后逐项分析即可
【详解】由图像可知函数 的最大值为2，最小值为，所以，
，
又
又
所以
又，所以
所以，故A正确，
将的图像向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度后得
，故B选项正确，
由
所以的图像关于点对称，故C错误.
由
即
所以选项D正确
故选：ABD.
12. 已知函数定义域为，是奇函数，，函数在上递增，则下列命题为真命题的是（ ）
A. B. 函数在上递减
C. 若，则D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据是奇函数判断A，再判断即可得到的图象关于直线对称，从而判断B、C，根据对称性得到，即可判断D.
【详解】对于A，因为是奇函数，所以，故A错误；
因为是奇函数，所以的图象关于点对称，即有，
所以，所以的图象关于直线对称，
函数在上单调递增，所以在上单调递减，故B正确；
因为，所以，即，故C正确；
因为，且，由函数图象关于直线对称，得，解得，故C正确.
故选：BCD.
三、填空题（每小题5分，共20分）
13. 扇形的圆心角为，半径为4，则扇形的面积为___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用扇形面积公式即可得解.
【详解】因为扇形的圆心角为，转化为弧度为，
所以该扇形的面积为.
故答案为：.
14. 已知是定义域为的奇函数，当时，，则______．
【答案】-2
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性和区间内的函数解析式求值.
【详解】是定义域为的奇函数，当时，，
则有.
故答案为：-2
15. 已知函数在区间上有且只有2个零点，则ω的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】先求得，根据题意，结合余弦型函数的性质，列出不等式组，即可求解.
【详解】由，可得，其中，
因为函数在区间上有且仅有2个零点，
则满足，解得，即实数的取值范围是.
故答案为：.
16. 已知，，则的最小值_________.
【答案】20
【解析】
【分析】设，利用表示，利用得到，再变形得到，利用基本不等式求出最小值.
详解】令，则，
去分母化简得：，所以，
所以，
当且仅当时，等号成立．
故答案为：20
四、解答题
17. 中，角所对应的边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，边是的等差中项，求的周长
【答案】（1）或
（2）12
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得;
（2）由面积公式得到，再由等差中项的性质及余弦定理计算可得.
【小问1详解】
，
，
，
，
，
，，，
或.
【小问2详解】
因为的面积为，所以，，
由边是的等差中项，得，且不是最大的角，，
，，
，，，所以的周长为.
18. 已知数列{an}是递增的等比数列，且．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设该等比数列的公比为q，由等比数列通项公式结合{an}是递增的等比数列可得通项公式；
（2）由（1）可得，后可得，利用裂项相消法可得答案.
【小问1详解】
根据题意，设该等比数列的公比为q，
若，
则有或或.
又由数列{an}是递增的等比数列，则，则有，
则数列{an}的通项公式；
【小问2详解】
由（1）可得，则，
则，
则
19. 如图， 在四棱锥中，平面ABCD，，，，. E为棱 PC上一点，平面ABE与棱PD交于点F. 且.

（1）求证: F为PD的中点；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求出，即可得到为的中点，再证明平面，由线面平行的性质得到，即可得到，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
因为平面，平面，
所以，，
在中，，
在直角梯形中，由，，
所以，所以，
因为，所以为中点，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面平面，平面，
所以，所以，所以为的中点；
【小问2详解】
由题可知因为平面，平面，所以，，又，
所以，，两两相互垂直，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，于是，
因为平面，且，
所以平面，又平面，所以，
又，且为的中点，所以，
因为，，平面，所以平面，
所以是平面的一个法向量，．
由题设，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为．
20. 某公司是一家集无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业．该公司生产的甲、乙两种类型无人运输机性能都比较出色，但操控水平需要十分娴熟，才能发挥更大的作用．已知在单位时间内，甲、乙两种类型的无人运输机操作成功的概率分别为和，假设每次操作能否成功相互独立．
（1）该公司分别收集了甲型无人运输机在5个不同的地点测试的两项指标数，（），数据如下表所示：
试求与间的相关系数，并利用说明与是否具有较强的线性相关关系；（若，则线性相关程度很高）
（2）操作员连续进行两次无人机的操作有两种方案：
方案一：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，若初次操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若初次操作不成功，则第二次使用另一类型进行操作．
方案二：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，无论初次操作是否成功，第二次均使用初次所选择的无人运输机进行操作．
假定方案选择及操作不相互影响，试比较这两种方案的操作成功的次数的期望值．
附：参考公式及数据：，．
【答案】（1），是
（2）方案一操作成功的次数的期望值大于方案二操作成功的次数的期望值
【解析】
【分析】（1）利用相关系数的公式计算求解，判断即可．
（2）分析，的取值，对于方案一，利用相互独立事件的概率逐个求概率，再求期望；对于方案二，利用二项分布的概念求期望，比较即可．
【小问1详解】
，，
，，
相关系数，
因为，所以与具有较强的线性相关关系．
【小问2详解】
设方案一和方案二操作成功的次数分别为，，则，的所有可能取值均为0，1，2，
方案一：，
，
，
所以．
方案二：选择其中一种操作设备后，进行2次独立重复试验，
所以，
所以，即方案一操作成功的次数的期望值大于方案二操作成功的次数的期望值．
21. 已知曲线E上任意一点Q到定点的距离与Q到定直线的距离之比为．
（1）求曲线E的轨迹方程；
（2）斜率为的直线l交曲线E于B，C两点，线段BC的中点为M，点M在x轴下方，直线OM交曲线E于点N，交直线于点D，且满足（O为原点）．求证：直线l过定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据直接法求轨迹方程的方法，设出点的坐标，列出关于的方程，化简即可；
（2）设，，直线l的方程为，通过联立方程组，结合韦达定理求出，，，由得出，从而可求直线所过定点．
【小问1详解】
设曲线E上任意一点，由题意知，
化简整理得，所以曲线E的轨迹方程为；
【小问2详解】
设，，直线l的方程为，
联立，得，
因为有两个交点，所以，即，
所以，，
即，
因为点M在x轴下方，所以，又，所以，
所以直线OM的斜率，则直线OM的直线方程为，
将其代入双曲线E的方程，整理得，
所以，
将代入直线，解得，
又因为，所以有，．
由，解得，因为，，所以，因此直线l的方程为，故直线l过定点．
22. 已知函数．
（1）求函数的极值；
（2）若函数有两个不相等的零点，．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：．
【答案】（1）函数无极大值，有极小值.
（2）（i）.（ii）见详解.
【解析】
【分析】(1)利用导数研究函数的单调性和极值.
(2)（i）利用导数研究函数的单调性与极值，再结合图象与零点进行求解.
（ii）利用构造对称函数以及导数进行证明.
【小问1详解】
因为，所以，因为，
由有：，由有：，
所以函数单调递减，在单调递增，
所以函数无极大值，有极小值.
【小问2详解】
（i）由(1)有：函数在单调递减，在单调递增，
若函数有两个不相等的零点，，则，解得，
所以，因为当时，，所以，
所以在上有1个零点，
当时，，又“指数爆炸”，所以，
所以在上有1个零点，
综上，当时，函数有两个不相等的零点，.
（ii）由（i）有：当时，函数有两个不相等的零点，，
不妨设，构造函数，
因为，所以，
因为，所以，当前仅当时取到等号，
所以，所以在R上单调递减，
又，所以，
即，即，又，
所以，又，所以，
由(1)有：函数在单调递减，所以，
即，结论得证.
地点1
地点2
地点3
地点4
地点5
甲型无人运输机指标数
2
4
5
6
8
甲型无人运输机指标数
3
4
4
4
5