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

南京师大附中2023~2024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.设集合，则A.B.C.D.2.已知复数，则的虚部为（）A.B.C.1D.-13.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.34B.18C.12D.74.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212.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