江西省九江市浔阳区九江一中2023-2024学年高三上学期期中数学试题

2023—2024九江一中高三上学期期中考试数学试题一、单选题1.已知集合，则的真子集个数为（）A.2 B.3 C.4 D.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.2 C.2i D.【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. B. C. D.【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：B8.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：BD10.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：AD12.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：2014.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1234.21.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