江苏省南京师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期期中考试数学试卷

这是一份江苏省南京师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期期中考试数学试卷，共22页。试卷主要包含了设集合，则，已知复数，则的虚部为，已知函数，则在区间上可能等内容，欢迎下载使用。

（总分150分，考试时间120分钟）
第I卷（选择题共60分）
一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.设集合，则
A. B. C. D.
2.已知复数，则的虚部为（ ）
A. B. C.1 D.-1
3.设是两个平行平面，若内有3个不共线的点，内有4个点（任意3点不共线），从这些点中任取4个点最多可以构成四面体的个数为（ ）
A.34 B.18 C.12 D.7
4.在宋代《营造法式》一书中，记载着我国古代一项兼具屋面排水与檐下采光，且美观好看的建筑技术——举折，其使屋面呈一条凹形优美的曲线，近似物理学中的最速曲线.如图，“举”是屋架的高度，点是屋宽的五等分点，连接，在处下“折”安置第一榑，连接，在处下“折”安置第一榑，依次类推，每次下“折”高度是前一次下“折”高度的一半，则第四榑的高度为（ ）
A. B. C. D.
5.已如是表面积为的球的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
6.若直线与曲线和圆都相切，则的方程可能为（ ）
A. B.
C. D.
7.已知椭圆为两个焦点，为原点，为椭圆上一点，，则（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数，若对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9.已知数列，记数列的前项和为，下列结论正确的是（ ）
A.若“”是“为递增数列”的充分不必要条件
B.“为等差数列”是“为等差数列”的必要不充分条件
C.若为等比数列，则成等比数列
D.若为等比数列，则可能是等差数列
10.已知函数，则在区间上可能（ ）
A.单调递增 B.有零点 C.有最小值 D.有极值点
11.已知抛物线的焦点为，过原点的动直线交抛物线于另一点，交抛物线的准线于点，下列说法正确的是（ ）
A.若为线段中点，则
B.若，则
C.存在直线，使得
D.面积的最小值为2
12.已知点是函数图象上不同的两点，则下列说法正确的是（ ）
A.若存在点，使直线与轴垂直，则的取值范围是
B.若存在点分别在第二与第四象限，则的取值范围是
C.若直线的斜率恒大于1，则的取值范围是
D.不存在实数，使得关于原点对称
第II卷（非选择题共90分）
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.在中，已知点满足，若，则__________.
14.已知分别为内角的对边.若，则的最小值为__________.
15.已知双曲线的右焦点为，过分别作的两条渐近线的平行线与交于两点，若，则的离心率为__________.
16.若函数存在极大值点，且对于的任意可能取值，恒有极大值，则的最大值为__________.
四､解答题（本大题共5小题，共70分.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
17.（本小题满分10分）
已知的三内角所对的边分别是分别为，且.
（1）求；
（2）若，求周长的最大值.
18.（本小题满分12分）
如图，矩形所在平面与所在平面垂直，，
（1）证明：平面；
（2）若平面与平面的夹角的余弦值是，求异面直线与所成角的余弦值.
19.（本小题满分12分）
已知等比数列公比为2，数列满足，若数列的前项和为.
（1）求数列和的通项公式；
（2）是否存在正整数，使得成等差数列，若存在，请求出所有满足条件的正整数，如不存在，请说明理由.
20.（本小题满分12分）
随着“双十一购物节”的来临，某服装店准备了抽奖活动回馈新老客户，活动规则如下：奖券共3张，分别可以再店内无门槛优惠10元､20元和30元，每人每天可抽1张奖券，每人抽完后将所抽取奖券放回，以供下一位顾客抽取.若某天抽奖金额少于20元，则下一天可无放回地抽2张奖券，以优惠金额更大的作为所得，否则正常抽取.
（1）求第二天获得优惠金额的数学期望；
（2）记“第天抽取1张奖券”的概率为，写出与的关系式并求出.
21.（本小题满分12分）
设双曲线的方程为，直线过抛物线的焦点和点.已知的焦距为6且一条渐近线与平行.
（1）求双曲线的方程；
（2）已知直线过双曲线上的右焦点，若与交于点（其中点在第一象限），与直线交于点，过作平行于的直线分别交直线轴于点，求.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）已知实数，设.
（i）若，求的极值；
（ii）若有3个零点，求的值.
南京师大附中20232024学年度第一学期期中考试
高三数学
（总分150分，考试时间120分钟）
第I卷（选择题共60分）
一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.【答案】D
【解答】解：集合，则.
.
故选：D.
2.【答案】C
【解答】解：，
复数的虚部为1.
故选：C.
3.【答案】A
【解答】解：若从这些点中任取4个点最多可以构成四面体，所以分成三类：第一类，从上取1个点，上取3个不同的点，可以构成四面体的个数为；第二类，从上取2个点，上取2个不同的点，可以构成四面体的个数为；第三类，从上取3个点，上取1个不同的点，可以构成四面体的个数为；所以共有四面体的个数为.
故选：.
4.【答案】D
【解答】解：，
；
则，
.
故选：D.
5.【答案】C
【解答】解：设球的半径为外接圆的半径为，
在中，由，则，
得，所以，
因为球的表面积为，
则，解得，
所以球心到的距离，
即三棱锥的高为，
，
所以三棱锥的体积.
故选：C.
6.【答案】B
【解答】解：由，得，设切点为，
则切线方程为，即，
又切线与圆也相切，，解得.
当时，直线的方程为；
当时，直线方程为.
结合选项可得，所求直线方程为.
故选：B.
7.【答案】B
【解答】解：椭圆为两个焦点，，
为原点，为椭圆上一点，，
设
可得，即，可得，
，
可得
.
可得.
故选：B.
8.【答案】B
【解答】解：，
所以得.
进而，
故，
由于对任意的，当时，恒成立，
，
不妨设，则问题转化成在单调递减，
所以其中，解得.
故选：B.
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9.【答案】ACD
【解答】解：对于A，则为递增数列，但为递增数列时，如：，但不成立，所以A选项正确；
对于B，数列为等差数列为等差数列，所以“数列为等差数列”是“数列为等差数列”的充要条件，所以选项不正确；
对于C，若为等比数列，公比为，当时，则前项和为，
所以，
所以，同理可得
所以，
所以成等比数列；
当时，，即，
所以；
所以C选项正确；
对于D，若为等比数列，当时，，则，
所以是公差为0的等差数列，故D选项正确.
故选：ACD.
10.【答案】ABD
【解答】解：，则，因为，所以，令，所以，
所以当时，故A正确；
当时，故B对，C错，D对；
故选：ABD.
11.【答案】AD
【解答】解：抛物线的准线为，焦点，
若为中点，所以，所以，故A正确；
若，则，所以，故B错误；
设，则，
所以，
所以，
所以与不垂直，故C错误；
，
当且仅当，即时取等号，
所以面积的最小值为2，故D正确.
故选：AD.
12.【答案】ABD
【解答】解：对于A，若直线与轴垂直，则不单调，
因为，则有根，
所以，
所以，故A正确；
对于B，由题可知，，
为开口向上，对称轴为，
若点分别在第二与第四象限，
有两个根，不妨设为，
则
所以，
所以，即，故B正确；
对于C：设，
若直线的斜率恒大于1，则，即，
设，则是增函数，
所以恒成立，
所以，
所以，故C错误；
对于D，假设存在使关于原点对称，设不同时为0，则，
所以两式相加得，
把代入得，这与不同时为0矛盾，
所以假设不成立，D正确，
故选：ABD.
第II卷（非选择题共90分）
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.【答案】
【解答】解：，，
故答案为：.
14.【答案】
【解答】解：因为，所以，
所以由余弦定理得，当且仅当
时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
15.【答案】
【解答】解：设直线方程为，与双曲线方程联立，解得，
因为，所以，
即，即
解得.
故答案为：.
16.【答案】
【解答】解：由题意得，
设，则，
当时，则单调递增，则不可能有极大值点，
（若有极值也是极小值），不符合要求；
当时，若存在极大值，此时有解，
即有两个不等正根，则有，
由此可得，且（设），
从而可得的极大值点为，
因为，
所以，从而在上单调增，
在上单调减，当时取得极大值；
又由得，
因为，
令，
则原命题转化为在上恒成立，
求导得，所以在上单调增，
故，从而得，所以的最大值为，
故答案为：.
四､解答题（本大题共5小题，共70分.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
17.【答案】（1）（2）
【解答】解：（1）因为，
由正弦定理得，，
整理，得，
，
，
，
，
.
，
.
（2）由余弦定理，，
即，亦即，
，当且仅当时取等号，
，解得，当且仅当时取等号，
，
周长的最大值为.
18.【答案】（1）见解析；（2）
【解答】解：（1）证明：四边形为矩形，
，
，即，
又，
，
平面平面，
平面.
（2）过点作平面平面，
平面.
平面，平面平面，
.
由（1）得平面平面，
，
，
平面平面，
平面平面，
平面与平面的夹角为，
，
又，
平面平面，平面平面平面，
平面平面，
，
在矩形中，，
平面平面，
平面.
平面，
又，
在直角三角形中，可得，
，
异面直线与所成的角为，
，
异面直线与所成角的余弦值为.
19.【答案】（1）；（2）见解析.
【解答】解：（1）当时，，又，
，
数列公比为2的等比数列，
.
数列的前项和为，
当时，，
又.
.
又当时，符合上式，
.
（2）的通项公式为，
，
若成等差数列，
等价于，即，
可得，
化简，得，
为正整数，且，
为整数，18可以被整除，可知或18，
当时，则；
当，则，符合要求，
综上，存在正整数，当或时，成等差数列.
20.【答案】（1）见解析；（2）.
【解答】解：（1）设第二天获得的优惠券金额为的可能取值为，第二天抽1张奖券的概率为，抽2张奖券的概率为，
若抽2张奖券，优惠金额20元的概率为，优惠金额30元的概率为，
，
，
，
故第二天获得优惠金额的数学期望.
（2）记“第天抽取1张奖券”的概率为，则“第天抽取2张奖券”的概率为，
则“第天抽取1张奖券”的概率为，
，
设，
则，
又，则，
所以数列是公比为的等比数列，
.
21.【答案】（1）；（2）.
【解答】（1）解：拋物线的焦点为，
直线的斜率，
双曲线的一条渐近线与平行，
，即.
又双曲线的焦距为，
，
双曲线的方程为.
（2）双曲线的右焦点为，
由题意知直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，
联立.去，得且，
，
将代入得，
.
直线方程为，与直线联立，可得
又，
，
.
，
为的中点.
.
22.【答案】（1）；（2）（i）有极小值为，无极大值；（ii）.
【解答】解：（1）由，得，所以，
所以曲线在处的切线方程为.
（2）（i），则，
则，
设，则，令得，令得，
在上单调递减，在上单调递增，
又，
恒成立，
令得，令得，
在上单调递减，在上单调递增，
有极小值为，无极大值.
（ii），
则，
设，则，
.
令得，令得，
在上单调递减，在上单调递增，
，
①当，即时，，
恒成立，
令得，令得，
在上单调递减，在上单调递增，不可能有3个零点，
②当，即时，，又，
设，
由（i）得恒成立，在上单调递增，
又恒成立，
，
存在和，使得，
当或时，；当时，，
所以，当或时，；当或时，，
在和上单调递减，在和上单调递增，
又，
在有唯一零点；
，
设，
由（i）得恒成立，在上单调递增，
又，所以恒成立，
所以当时，，
，
在有惟一零点；
所以要使得有3个零点，必有，代入可得.