江西逝江市浔阳区2023_2024学年高三数学上学期期中试题含解析

这是一份江西逝江市浔阳区2023_2024学年高三数学上学期期中试题含解析，共21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。

1. 已知集合，则的真子集个数为（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】先将两个集合化简求其交集，然后根据集合元素个数与真子集个数关系求出真子集个数.
【详解】因为，
，
所以，
的真子集个数为.
故选：B.
2. 已知复数满足，则复数的虚部为（）
A. B. 2C. 2iD.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意除法运算求复数，结合复数的相关概念分析求解.
【详解】因为，则，
所以复数的虚部为.
故选：A.
3. “，关于的不等式恒成立”的一个充分不必要条件是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
分析】利用二次函数图象结合充分必要条件求解即可.
【详解】由“，关于的不等式恒成立”，
等价于，解得，
则“”的一个充分不必要条件是.
故选：B.
4. 纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通､安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量C、放电时间t和放电电流I之间关系的经验公式：，其中为与蓄电池结构有关的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变的条件下，当放电电流为时，放电时间为；当放电电流为时，放电时间为，则该蓄电池的Peukert常数约为（）（参考数据：，）
A. 0.82B. 1.15C. 3.87D. 5.5
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，再结合对数式与指数式的互化及对数运算即可求解.
【详解】根据题意可得，两式相除可得，
所以，可得.
故选：B.
5. 已知为的重心，，，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取的中点为，由重心的性质可知，再根据已知条件可知，又，再利用基本不等式即可求出结果.
【详解】取中点为，连接，如下图所示：
因为G为三角形ABC的重心，所以，
因为，，
所以，
所以，
又
，当且仅当时取等号；
故选：D.
6. 在我国古代的数学名著《九章算术》中，堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥.如图，在堑堵中，，当鳖臑的体积最大时，直线与平面所成角的正弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据鳖臑体积最大求出和的值，建系求出各点坐标，利用向量即可求出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】在堑堵中，，，，
，
，
，
，当且仅当是等号成立，
即当鳖臑体积最大时，，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，取，得，
设直线与平面所成角为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为．
故选：C．
7. 如图，平面四边形A､B､C､D，己知，，，，则A､B两点的距离是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正余弦定理计算即可.
【详解】由题意可知在中，有，，
，所以，
由正弦定理可得，
而，
故，
又，
在中，，
由正弦定理可得，
在中，
由余弦定理可得.
故选：B
8. 已知函数，设方程的3个实根分别为，且，则的值可能为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数求出的单调性与极值，即可得到的图象，令，求出方程的根、（），依题意可得、，从而求出的取值范围，再由，，即可求出的取值范围.
【详解】由题设，的定义域为，且，
∴当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增.
∴，当时，且时，
当时且随趋向于，趋向无穷大.
∴的图象如下所示：
∴令，则在上必有两个不等的实根，(设)且，，
因为方程有个实根，
则、，即，可得，
∴由知：，，
∴，故符合题意的只有B.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的关键是将关于的方程，转化为关于的方程，结合的性质求出参数的取值范围，最后结合解答.
二、多选题
9. 函数的部分图象如图所示，则（）
A.
B. 图象的一条对称轴方程是
C. 图象的对称中心是，
D. 函数是偶函数
【答案】BD
【解析】
【分析】首先根据题意得到，再根据三角函数的性质和平移变换依次判断选项即可得到答案.
【详解】由函数的图象知：
，所以；即，解得，所以，
因为，所以，，
即，，因为，所以，.
对选项A，因为，故A错误.
对选项B，，故B正确．
对选项C，令，k∈Z，解得，，
所以的对称中心是，，故C错误．
对选项D，设，
则的定义域为R，，
所以为偶函数，故D正确.
故选：BD
10. 已知梯形，，，，是线段上的动点；将沿着所在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项中正确的是（）
A. 不论何时，与都不可能垂直
B. 存在某个位置，使得平面
C. 当平面平面时，四面体体积的最大值为
D. 当平面平面时，四面体的外接球的表面积为
【答案】AD
【解析】
【分析】假设，可得，与为直角矛盾，即可判断A；假设存在某个位置，使得平面，可得与当且仅当在BC上时，矛盾，即可判断B；如图，由面面垂直的性质可得平面，则四面体的最大体积为，结合锥体的体积公式计算即可判断C；由选项C的分析，由图形可得O为四面体的外接球的球心，半径，结合球的表面积公式计算即可判断D.
【详解】A：如图1，取DB的中点E，连接，则，
假设，有平面，得，与为直角矛盾，故A正确；
B：假设存在某个位置，使得平面，则，，
又，所以，如图2，
当且仅当在BC上时，不符合题意，故B错误；
C：如图3，取BD的中点E，连接，则，
由平面平面，平面平面，得平面，
所以四面体的最大体积为，故C错误；
D：如图4，取BC的中点O，连接，则，
由选项C的分析可得平面，又平面，所以，
由，平面，
所以平面，故平面，
则O为四面体的外接球的球心，半径，
故四面体的外接球表面积为，故D正确.
故选：AD.
11. 是定义在上的连续可导函数，为其导函数，下列说法正确的有（）
A. 若，则
B. 若为偶函数，则为奇函数
C. 若是周期为的函数，则也是周期为的函数
D. 已知且，则
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，等式两边对进行求导即可得出，
对于B，列举反例，，
对于C，列举反例，
对于D，等式两边对进行求导，分别令和即可求出.
【详解】对于A，等式两边对进行求导，则，所以，选项A正确，
对于B，列举反例，若，所以，此时为偶函数，但，并不是奇函数，所以选项B错误，
对于C，若，则，此时是以为周期的函数，但并不是周期函数，所以选项C错误，
对于D，因为，等式两边对进行求导，即，
令则，所以，
又因为，等式两边对进行求导，则，
令则，所以，所以，所以选项D正确.
故选：AD
12. 设数列满足：，则（）
A. 是递减数列B. 是等比数列
C. D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】由数列的递推关系可得数列是以为首项，为公差的等差数列，则得，再根据数列的性质逐项判断即可.
【详解】因为，所以
则，所以，即
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，故B不正确；
则，故
所以，所以数列是递减数列，故A正确；
则，所以，故C正确；
则当时，，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13. 已知等差数列的前项和为，若，，则_______．
【答案】20
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差即可得结果.
【详解】设等差数列的公差为，由，得，
即有，于是，解得，
所以.
故答案为：20
14. 已知向量，，且，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直可得，即可弦切互化求解.
【详解】由可得，
所以，
故答案为：
15. 在平行六面体中，为的中点，过的平面分别与棱交于点，且，则________（用表示）．
【答案】
【解析】
【分析】由题意设分别为的中点，容易证明四边形是平行四边形，即平面为符合题意的平面，进而分解向量即可求解.
【详解】如图所示：
由题意不妨设分别为的中点，容易证明四边形是平行四边形，
即平面为符合题意的平面，因此，
又因为，，，且，，
所以.
故答案为：.
16. 若存在，使得函数与的图象有公共点，且在公共点处的切线也相同，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设两函数图象的公共点横坐标为，求导后得到方程，求出，从而得到，即，构造函数，求导得到单调性，进而求出，求出答案.
【详解】的定义域为，的定义域为R，
设两函数图象的公共点横坐标为，则，
，，则，即，
解得或，
因为，所以（舍去），满足要求，
且，即，
故，，
令，，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，
故，所以的最大值为.
故答案为：
【点睛】应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：
(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；
(2) 己知斜率求切点即解方程；
(3) 已知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.
四、解答题
17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且向量，，.
（1）求角A的大小；
（2）若为上一点，且，，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直得到，计算化简得到，根据余弦定理得到答案.
（2）根据余弦定理得到，再利用均值不等式得到，计算面积得到最值.
【小问1详解】
，故，
即，故，
整理得到，即，，故.
【小问2详解】
，，故为等边三角形，即，
中：，
即，
即，当且仅当时等号成立.
.
18. 在数列中，为数列的前项和，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）若.求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由前n项和求递推关系，应用等比数列定义证明等比求通项公式；
（2）应用裂项相消法计算即可.
【小问1详解】
当时，，解得.
当时，
即，易知，所以.
所以是以为首项，以2为公比的等比数列.
故.
【小问2详解】
，
19. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，平面平面，，，，
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直性质定理以及线面垂直判定定理，可得答案；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用面面角向量公式，可得答案.
【小问1详解】
因为平面平面，平面平面，，
平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）知平面，又平面，平面，
所以，，过引，则有，，
又因为，即，
以为原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系
设，则，，，，，
所以，，，
由于，所以，所以，即，
从而，则，，，
设平面PDC的一个法向量为，则有，即，
取，解得，即，
设平面的一个法向量为，则有，即，
取，解得，即，
所以
设二面角的平面角为，为钝角，
所以二面角平面角余弦值为.
20. 甲、乙两人准备进行羽毛球比赛，比赛规定：一回合中赢球的一方作为下一回合的发球方.若甲发球，则本回合甲赢的概率为，若乙发球，则本回合甲赢的概率为，每回合比赛的结果相互独立.经抽签决定，第1回合由甲发球.
（1）求前4个回合甲发球两次概率；
（2）求第4个回合甲发球的概率；
（3）设前4个回合中，甲发球的次数为，求的分布列及期望.
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）前4个回合甲发球两次可分为3种情况，分别求概率再相加即可；
（2）先求出第2回合甲乙发球的概率，进而得到第3回合甲乙发球的概率，进而可得第4回合甲乙发球的概率；
（3）根据随机变量的取值，利用独立性概率公式可得.
【小问1详解】
前4个回合甲发球两次的情况分以下三种：
第一种情况，甲第1，2回合发球，乙第3，4回合发球，其概率为.
第二种情况，甲第1，3回合发球，乙第2，4回合发球，其概率为.
第三种情况，甲第1，4回合发球，乙第2，3回合发球，其概率为.
故前4个回合甲发球两次的概率为.
【小问2详解】
第2回合甲发球的概率为，乙发球的概率为.
第3回合甲发球的概率为，乙发球的概率为.
第4个回合甲发球的概率为.
【小问3详解】
可以取1，2，3，4.
当时，；
当时，；
由（1）得，当时，；
当时，.
的分布列为
.
21. 已知双曲线的离心率为，右顶点到的一条渐近线的距离为.
（1）求的方程；
（2）是轴上两点，以为直径的圆过点，若直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，试判断直线与圆的位置关系，并说明理由.
【答案】（1）
（2）直线与圆相交，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由题意列出关于的方程，求解即可.
（2）设，由点在圆上，得出，由的坐标，得出直线方程，将直线方程与双曲线方程联立，得点坐标，同理可得点坐标.从而得到直线方程，通过直线过定点，，从而得出点在圆内，故直线与圆相交.
【小问1详解】
因为的离心率为，所以，
所以，渐近线方程，
因为点到一条渐近线距离为，所以，解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
直线与圆相交，理由如下：
设，则，
因为点在以为直径的圆上，所以，
所以，
即，
由（1）得，直线方程为：与双曲线方程联立，
消去得，，因为直线与都有除以外的公共点，
所以，所以，即，
同理当，.
，
所以直线方程为：，
令得，，
即直线经过定点.
因为，
所以点在圆内，故直线与圆相交.
22. 已知函数．
（1）当时，求的单调性；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】22. 单调递减区间为，；单调递增区间为
23.
【解析】
【分析】（1）利用导数直接求单调区间即可；
（2）先将不等式由分式化整式，再用指对互化构造同构，换元后再分参处理恒成立问题即可解决.
【小问1详解】
当时，，
，
令得：；
令得：或，
所以的单调递减区间为：，；
单调递增区间为：．
【小问2详解】
因为在上恒成立，
所以（*）在上恒成立，
令，则，
则在上递减，在上递增．
所以的最小值为，即，
则（*）式化为：，
当时，显然成立．
当时，恒成立，
令，则，
，
当时，在上递增．
所以即，可得，
所以即
可得，
当时，,
当时，,
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以实数a的取值范围为：．
【点睛】方法点睛：指对同式时的不等式问题，可用指对同构法来处理，即用指对互化来实现同构.
1
2
3
4