江西省南昌市江西师范大学附属中学2024届高三下学期开学考试数学试卷（Word版附解析）

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1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数函数单调性求得集合A，解不等式求得集合B，根据集合的交集运算可得答案.
【详解】由题意，可得，故集合，而，
所以，
故选：D.
另解：取，而，排除A，B；
取，而，且，所以，排除C，
故选：D.
2. 若纯虚数，则实数（ ）
A. 2B. C. 18D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用复数的乘法运算化简复数，然后根据复数为纯虚数列方程求解即可.
【详解】，
则，解得.
故选：B
3. 设椭圆的离心率为，则“”是“”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】B
【解析】
【分析】根据充分、必要性定义，结合椭圆方程，讨论判断充分性，由离心率定义判断必要性，即可得答案.
【详解】当时，则；当时，则；
所以推不出，充分性不成立；
当时，则，必要性成立；
综上，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4. 已知为等差数列的前项和，，则（ ）
A. 240B. 60C. 180D. 120
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列的性质以及前项和公式求解即可.
【详解】因为数列为等差数列，所以，
所以，
所以．
故选：D．
5. 设、是不同的直线，、是不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】对于A、D项，根据线面平行的性质可过作，可得，进而根据面面垂直的判定即可判断；对于B、C项，由已知可推出或，因此无法判断与的关系.
【详解】对于A项，因为，，所以，因为，过作平面与平面交线为，则，，因为，由面面垂直的判定定理可得，故A错误；
对于B项，因为，，所以或，又因为，所以与的位置关系不确定，故B项错误；
对于C项，因为，，所以或，又因为，所以与的位置关系不确定，故C项错误；
对于D项，因为，，所以，因为，过作平面与平面交线为，则，，因为，由面面垂直的判定定理可得，故D正确.
故选：D.
6. 某银行有一自动取款机，在某时刻恰有个人正在使用或等待使用该取款机的概率为，根据统计得到，则在该时刻没有人正在使用或等待使用该取款机的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由概率和为可求解，即为所求.
【详解】由题意知，，
则，解得，
即该时刻没有人正在使用或等待使用该取款机的概率为.
故选：B.
7. 已知“水滴”的表面是一个由圆锥的侧面和部分球面（常称为“球冠”）所围成的几何体．如图所示，将“水滴”的轴截面看成由线段AB，AC和优弧BC所围成的平面图形，其中点B，C所在直线与水平面平行，AB和AC与圆弧相切．已知“水滴”的“竖直高度”与“水平宽度”（“水平宽度”指的是平行于水平面的直线截轴截面所得线段的长度的最大值）的比值为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设圆心为O，连接OA，OB，OC，设球冠的半径为R，根据几何性质可得，从而可得，根据平方公式与二倍角公式即可得的值.
【详解】设优弧BC所在圆的圆心为O，半径为R，连接OA，OB，OC，如图所示．
易知“水滴”的“竖直高度”为，“水平宽度”为2R，
由题意知，解得．
因为AB与圆弧相切于点B，所以．
在Rt△ABO中，，
又，所以．
由对称性知，，则，
所以．
故选：D.
8. 已知双曲线的上、下焦点分别为，，过的直线交双曲线上支于A，B两点，且满足，，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，，根据双曲线的定义求，，由余弦定理可得关系，由此可求双曲线的离心率.
【详解】设，，
则，．
在中，由余弦定理得，
即．
在中，由余弦定理得，
化简得，因为，
所以，
所以，
所以，
∴双曲线的离心率，
故选：D．
二、多选题（本题3题，每题6分，共18分，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9. 已知，则（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 将函数的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称
C. 函数在区间上单调递减
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】运用辅助角公式化简，得到，再结合正弦型图象与性质，三角函数图象的平移变换逐项判断即可.
【详解】由，得，
对于：最小正周期为，所以正确；
对于：将函数的图象上所有点向右平移，
所得图象的函数解析式为，
而为奇函数，所以其图象关于原点对称，所以错误；
对于：令，，化简得，
当时，，又因为，
所以函数在单调递减，所以正确；
对于选项：因为，所以，
所以，所以，
即得，也就是，
所以正确.
故选：．
10. 定义域为的函数，对任意，，且不恒为0，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 为偶函数
C. D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，令，或，结合不恒为0，可得，由此即可判断；对于B，由，不妨令，即可判断；对于C，令，通过换元即可判断；对于D，令，得关于中心对称，结合为偶函数，可得为周期为4的函数，算出即可判断.
【详解】对于A，令，有，所以或，
若，则只令，有，即恒为0，
所以只能，故A错误；
对于B，由A可知，不妨令，有，
即，且函数的定义域为全体实数，它关于原点对称，所以即为偶函数，故B正确；
对于C，令，有，令，由，得，
所以当时，有，即当时，，故C正确；
对于D，若，令，有，
所以关于中心对称，
又为偶函数，
所以，所以是周期为4的周期函数，
又，，所以，
所以，
所以，故D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点睛：A选项的关键是得到或，还要令，结合题意得到只能，否则后续判断BCD很难入手.
11. 在三棱锥中，，，且，则（ ）
A. 当为等边三角形时，，
B. 当，时，平面平面
C. 的周长等于的周长
D. 三棱锥体积最大为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：取相应的中点，根据题意结合平行关系以及勾股定理分析判断；对于D：根据题中长度关系可知与不相互垂直，利用反证法证明平面与平面不垂直；对于C、D：利用空间直角坐标系分析可知：点均在以点为球心，半径为的球面上（不与共线），且，结合球的性质可知：在与直径垂直的圆面上，进而判定选项C；根据球的性质利用割补法可得，进而可得最值.
【详解】对于选项A：分别取的中点，
连接，
可知：，且，
因为，可知为矩形，可得，
若为等边三角形，则，
因为，则，
又因为为对应棱的中点，则，
可得，即，所以，
同理可证：，故A正确；
对于选项B：若，，可得，
同理可得，
且，则，可知与不相互垂直，
反证：假设平面平面，则存在直线平面，使得平面，
由平面，可得，
因为平面，且，可知，所以，
这与与不相互垂直相矛盾，所以假设不成立，故B错误；
如图，以的中点建立空间直角坐标系，则，
若，设，则，
整理得，
即点到定点的距离为，
所以点均在以点为球心，半径为的球面上（不与共线），

对于选项C：因为，则在与直径垂直的圆面上，
因为，且，
可知，且，则，
即，所以的周长等于的周长，故C正确；
对于选项D：取的中点，连接，
则，
可得，
所以三棱锥体积
，
当且仅当时，等号成立，
所以三棱锥体积最大为，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：对于，且，通过空间直角坐标系分析可知点均在以点为球心，半径为的球面上（不与共线），结合球的性质分析选项CD.
三、填空题（本题共3题，每题5分，共15分）
12. 某老师为了了解班级学生一周体育锻炼的时间，随机抽查了一位学生一周的锻炼时间，如下表：
则这组数据的分位数为______h．
【答案】1.3##
【解析】
【分析】利用百分位数的定义求解即可.
【详解】把这组数据从小到大排列后，为1，1.2，1.3，1.5，1.6，1.8，2．
由于，因此这组数据的分位数为1.3．
故答案为：1.3
13. 蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，所以这个圆又被叫做“蒙日圆”，已知点A、B为椭圆上任意两个动点，动点在直线上，若恒为锐角，则根据蒙日圆的相关知识，可知实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】先求出给定椭圆的蒙日圆方程；再根据题目条件可得出直线与该蒙日圆相离，建立不等式即可求解.
【详解】显然直线，都与椭圆相切.
因为直线，所围成矩形的外接圆为
所以圆即为椭圆的蒙日圆.
因为点A、B为椭圆上任意两个动点，动点满足恒为锐角，
所以点在圆外.
又因为动点在直线上，
所以直线与圆相离，
则，解得.
故答案为：
14. 若函数的最小值为1，则实数的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意首先得，进一步分析得出若函数的最小值为1，则当且仅当时，直线与相切，由此即可进一步求解.
【详解】由题意得若函数的最小值为1，
首先有，否则若时，，与函数的最小值为1，矛盾，
所以，
其次如图所示：
设，
所以若函数的最小值为1，
则当且仅当时，直线与相切，
不妨设切点为，
而当时，，,
所以，所以，，
所以设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以有最大值，
即关于的方程有唯一解，
所以.
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：关键是得出当时，直线与相切，由此即可顺利得解.
四、解答题（本题共5题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 已知函数，曲线在处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）求函数的定义域及单调区间；
（3）求函数的零点的个数．
【答案】（1）
（2）；递增区间为，单调递减区间为,；
（3）1
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，根据导数的几何意义列出相应的等式，即可求得答案；
（2）根据函数解析式可求得其定义域；结合（1）的结果，可得函数的导数的表达式，判断导数的正负，即可求得单调区间；
（3）结合（2）的结论以及零点存在定理，即可判断函数零点个数.，
【小问1详解】
由函数可知其定义域为，
则，故，，
因为曲线在处的切线方程为，
故，，
解得；
【小问2详解】
由（1）可知，需满足，
则其定义域为；
而，
由于，令，解得，
令，解得且，
即的递增区间为，单调递减区间为,；
【小问3详解】
由（2）可知时，取得极大值，
当且x无限趋近于0时，的值趋向于负无穷大，
即在区间内无零点；
当且x无限趋近于0时，值趋向于正无穷大，
当且x无限趋近于1时，的值趋向于负无穷大，
由此可作出函数的图象：

结合
，
，
可知在内的零点个数为1.
【点睛】难点点睛：解答本题的难点是判断函数的零点个数时，要结合函数的单调性以及零点存在定理去判断，特别是特殊值的选取以及正负判断，计算比较复杂.
16. 如图：在五面体中，已知平面，，且，．

（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取、的中点、，由几何体性质可证明四边形为平行四边形，再利用线面垂直的判定定理即可证明平面，可得结论；
（2）结合（1）中的结论建立以点为坐标原点的空间直角坐标系，由空间向量即可求得直线与平面的余弦值.
小问1详解】
分别取、的中点、，连、、，如下图所示：

由、，可知；
又、分别是的中点、，
所以，且，由，可得，;
即四边形为平行四边形，因此，；
因为平面，
所以，又
所以，平面；
即平面，又平面，
可得平面平面．
【小问2详解】
由（1）可知平面，且，即；
因此三条直线两两垂直，
以点为坐标原点，为轴、轴、的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

易得；
所以，
设平面的法向量，
则，解得，令，可得，即，
从而，
设直线与平面所成的角为，则，所以；
所以直线与平面的余弦值为
17. 为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，即某队先赢得3局比赛，则比赛结束且该队获胜，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次目上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员M对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为.（注：比赛结果没有平局）
（1）若求甲队明星队员M在前三局比赛中出场，记前三局比赛中，甲队获胜局数为X，求随机变量X的分布列及数学期望；
（2）若已知甲乙两队比赛3局，甲队以获得最终胜利，求甲队明星队员M上场的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式，结合分类，即可求解概率，进而可由期望公式求解期望，
（2）根据条件概率的计算公式即可求解.
【小问1详解】
X可能取值有0，1，2，3.
，
，
，
，
因此，随机变量X的分布列是
数学期望；
【小问2详解】
设为甲3局获得最终胜利，为前3局甲队明星队员上场比赛，为前3局甲队明星队员没有上场比赛，
因为每名队员上场顺序随机，，，
，
，
甲队明星队员上场的概率.
18. 已知抛物线：上一点的纵坐标为3，点到焦点距离为5.
（1）求抛物线的方程：
（2）过点作直线交于A，B两点，过点A，B分别作C的切线与，与相交于点，过点A作直线垂直于，过点作直线垂直于，与相交于点E，、、、分别与轴交于点P、Q、R、S.记、、、的面积分别为、、、.若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合抛物线定义即可;
（2）设经过，两点的直线方程为：（），与抛物线方程联立得，.将每条直线表达出来，、、、表达出来，再由求实数的取值范围.
【小问1详解】
设，由题意可得，即，
解得或（舍去），所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
如图，

设经过，两点的直线方程为：（，），
与抛物线方程联立可得，
即，
∴，.
∵，则，
∴，
∴过点作的切线方程为，
令，得，即.
同理，过点作的切线方程为，
令，得，即.
∴.
联立两直线方程，解得，即，
则到直线的距离.
又∵过点作直线垂直于，
直线的方程为，
令，得，即.
同理，直线的方程为，
令，得，即.
∴.
联立两直线方程，解得，
整理后可得，即，
则到直线的距离.
由上可得，，
，，
∴，得，
故的取值范围为.
【点睛】思路点睛：利用导数的几何意义，求出抛物线的切线方程，从而求出点的坐标.
19. 给定整数，由元实数集合定义其相伴数集，如果，则称集合S为一个元规范数集，并定义S的范数为其中所有元素绝对值之和.
（1）判断、哪个是规范数集，并说明理由；
（2）任取一个元规范数集S，记、分别为其中最小数与最大数，求证：；
（3）当遍历所有2023元规范数集时，求范数的最小值.
注：、分别表示数集中的最小数与最大数.
【答案】（1）集合A不是规范数集；集合B是规范数集；
（2）证明见详解； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据元规范数集的定义，只需判断集合中的元素两两相减的差的绝对值，是否都大于等于1即可；
（2）利用元规范数集的定义，得到，从而分类讨论、与三种情况，结合去绝对值的方法即可证明；
（3）法一：当时，证得，从而得到；当时，证得，从而得到；当时，分类讨论与两种情况，推得，由此得解；
法二：利用规范数集的性质与（2）中结论即可得解.
【小问1详解】
对于集合A：因为，所以集合A不是规范数集；
对于集合B：因为，
又，，，，，，
所以B相伴数集，即，故集合B是规范数集.
【小问2详解】
不妨设集合S中的元素为，即，
因为S为规范数集，则，则，且，使得，
当时，
则，
当且仅当且时，等号成立；
当时，
则，
当且仅当且时，等号成立；
当时，
则，
当且仅当时，等号成立；
综上所述：.
【小问3详解】
法一：
不妨设，
因为S为规范数集，则，则，且，使得，
当时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则范数，
当且仅当时，等号成立，
又，
当且仅当时，等号成立，
故，即范数的最小值；
当时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，则，
则范数，
当且仅当时，等号成立，
又，
当且仅当时，等号成立，
故，即范数的最小值；
当，使得，且，
当，即，即时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则范数
；
对于，其开口向上，对称轴为，
所以，
所以范数的最小值为；
当，即，即时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则范数
；
对于，其开口向上，对称轴为，
所以，
所以范数；
综上所述：范数的最小值.
法二：
不妨设，
因为S为规范数集，则，则，且，使得，
所以对于，同样有，则，
由（2）的证明过程与结论可得，，当且仅当时，等号成立，
即，，……，
所以范数
，
当且仅当时，等号成立，
所以范数的最小值.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解元规范数集的定义，得到，再将集合中的元素进行从小到大排列，利用分类与整合的思想进行讨论分析，从而得解.周一
周二
周三
周四
周五
周六
周日
锻炼时长
1.2
1.5
1.6
1.3
1
2
1.8
X
0
1
2
3
P