江西省吉安市第三中学2023-2024学年高三上学期开学考试数学试题（艺术类）（Word版含答案）

吉安市第三中学2023-2024学年高三上学期开学考试
数学（艺术类）
一、单选题（每题5分，共40分）
1．已知集合A={x|x2一x一6=0}，B={x|ax+6=0}，若A∩B=B，则实数a不可能取的值为（　　）
A．3 B．2 C．0 D．
2．“”是“方程表示双曲线”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
3．已知函数，满足，则的图像大致是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知函数，若存在实数，，，当时，，设，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知成等差数列，且，则的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．定义满足方程的实数解叫做函数的“自足点”，则下列函数存在“自足点”的是（ ）
A． B．
C． D．
7．若数列各项均为正数，且，则下列结论错误的是（ ）
A．对任意，都有
B．数列可以是常数列
C．若，则数列为递减数列
D．若，则当时，
8．已知直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则k的最大值是（ ）
A． B． C．2e D．4e
二、多选题（每题5分，共20分）
9．函数的图象是折线段，如图所示，其中点，，的坐标分别为，，，以下说法正确的是（ ）
A． B．的定义域为
C．为偶函数 D．满足的的取值集合为
10．已知，，且，则下列说法中正确的是（ ）
A．有最大值为 B．有最小值为9
C．有最小值为 D．有最小值为3
11．设数列满足，，记数列的前n项和为，则（ ）
A． B．
C． D．
12．已知双曲线：，点为双曲线右支上的一个动点，过点分别作两条渐近线的垂线，垂足分别为，两点，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线的离心率为
B．存在点，使得四边形为正方形
C．直线，的斜率之积为2
D．存在点，使得
三、填空题（共20分）
13．请写出一个过点，且与直线相切的圆的标准方程，为 ．
14．在正项等比数列中，，，则 ．
15．已知函数，在时有极大值，则的极大值为
16．如图，三棱柱的各条棱长均为是2，侧棱与底面ABC所成的角为60°，侧面底面ABC，点P在线段上，且平面平面，则 ．

四、解答题（共70分）
17．已知复数，.
(1)求；
(2)已知是关于的方程的一个根，求实数，的值.
18．在数列中，，，且满足.
(1)求数列的通项公式;
(2)设是数列的前项和，求.
19．某大型商场国庆期间举行抽奖活动，活动规定：凡是一次性购物满200元的顾客就可以从装有3个红球，5个白球（除颜色外，其他完全相同）的抽奖箱中无放回地摸出3个小球，摸到红球才能中奖，摸到1个红球奖励1元，摸到2个红球奖励4元，摸到3个红球奖励10元．活动第一天有700人次购物满200元，其中有140人次没有参与抽奖活动．
（1）求活动第一天购物满200元的700人次中参与抽奖的频率；
（2）设每次参与抽奖活动所得奖金的金额为元，求的分布列，并求活动第一天该商场投入奖金总金额的数学期望．
20．如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且．

(1)证明:平面．
(2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
21．已知椭圆的长轴长为4，过点的直线交椭圆于两点，为中点，连接并延长交椭圆于点，记直线和的斜率为分别为和，且.
(1)求椭圆方程；
(2)是否存在点P，使得为直角？若存在，求的面积，否则，说明理由.
22．已知函数．
(1)若，求在区间上的最小值；
(2)若有两个不同的极值点，（且），且不等式恒成立，求实数的取值范围．
【参考答案】
【高三-艺术类-数学】
1．B
解：A={-2，3}；
∵A∩B=B；
∴B A；
∴①B= 时，a=0；
②B≠ 时，；
∴或；
∴a=3，或-2；
综上得，a不可能取的值为2．
故选B．
2．A
解：∵方程为双曲线，∴，
∴或，∴“”是“方程为双曲线”的充分不必要条件，
故选：Ａ.
3．C
解：因为解得
所以，则
定义域为
因为，故是奇函数，则B，D错；
当时，，则C正确，
故选：C
4．A
解：作出函数的图象,如下图,
当时,的图象关于对称,
当时,单调递减,.
令,解得,令,解得.
若存在实数,,,当时,,则且,,即,
因为,所以,即.
故选:A.
5．A
解：因成等差数列，则，即，，
即有，当且仅当时取“=”，因此，
所以的取值范围是.
故选：A
6．C
解：对于A选项，，则，由，
即，，因此，不存在“自足点”，故A不满足易于题意；
对于B选项，，则，由，
得，又，所以无解，所以不存在“自足点”，故B不满足题意；
对于C选项，，则，其中，所以，
又，故函数存在“自足点”，C选项满足题意；
对于D选项，，则，
由，得，
所以，即，
因为，，
所以无解，D选项不满足题意.
故选：C.
7．C
解：由得，
，依题意，所以，
由于，所以可由，
解得，负根舍去，
A选项，由于，所以，所以A选项正确；
①，
B选项，若，解得，
此时是常数列，所以B选项正确；
令，令，
则，
所以当时，；当时，，
所以当时，是单调递减数列，
即，所以C选项错误；
同时，，
则当时，，所以D选项正确.
故选：C
8．B
解：因为是和的公切线，
设切点分别为和，则，
由，可得，则
又由，可得，且，则，
所以，可得，
即，显然同号，不妨设，
设，（其中），
可得，令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
要使得有解，则需要，即
即，解得，所以，即的最大值为.
故选：B.
9．ACD
解：由图像可知，，故A正确.
由于的图象，是将的图象向右平移1个单位得到，
又的定义域为，所以的定义域为，故B错误.
是将的图象向左平移1个单位长度得到，
由图像可知，的图象关于轴对称，所以为偶函数，故C正确.
令，若，即，由图像可知，或，即若，则或，
当时，，当时或，
故的取值集合为，所以D正确.
故选：ACD.
10．ABD
解：由，，且，可知，即，
当且仅当 时取等号，故A正确；
，
当且仅当 即 时取等号，故B正确；
由，，且，可知，故，
当时，取得最小值为 ，故C错误；
，当且仅当，即时取等号，
故D正确，
故选：ABD
11．ACD
解：因为，由，所以当时，由二次函数单调性知，所以，，所以，A项正确；，
因为，所以，，所以，所以，
显然，所以．
又，所以，
所以，B项错误，D项正确；
，，
，
所以，C项正确．
故选：ACD．
12．AB
解：对于A，由双曲线：，得，
故，A正确；
对于B，双曲线：的渐近线为，
则四边形为矩形，
又双曲线右顶点为，到直线的距离均为，
故矩形为正方形，
即存在点，即M为双曲线右顶点时，使得四边形为正方形，B正确；
对于C，设，不妨设A在第一象限，B在第四象限，
由于，故可得的方程为，
联立，可得，则，
同理，可得的方程为，
联立，可得，则，
故，而，
故，C错误；
对于D，由以上分析可知，
同理,
故，
根据双曲线的对称性，不妨假设M在第一象限，则，
故，令，
将代入，即有，显然不可能，
即双曲线上不存在点，使得，D错误，
故选：AB
13．（答案不唯一）
解：设为直径的一个端点，到直线的距离，
可知半径，又若圆心在直线上，且，
解得，所求圆的方程为.
故答案为：（答案不唯一）．
14．24
解：因为为等比数列，则，
且，所以.
故答案为：24.
15．
解：由得，
∵在处取得极大值，∴，即，解得或，
当时，，令，得或，令得，
∴在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，
∴在处取得极小值，故不满足题意舍去，
当时，，令，得或，令，得，
∴在上是增函数，在上是减函数，∴在处取得取大值，符合题意．综上， ．
则的极大值为
故答案为:.
16．
解：侧面底面，则点在平面上的射影在直线上，
为直线与底面所成的角，
，三棱柱的各条棱长均为2，
是等边三角形，
取中点，连接，，则，
∵侧面底面，侧面底面，面，
所以面，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
设，则，
设平面的一个法向量为， 则，令，则，，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，则，令，则，，
平面的一个法向量为，
平面平面，∴，
，，
．
故答案为：．
17．(1)
(2)，
解：（1），
.
（2），
因为是关于的方程的一个根，
所以，
所以，即
.
18．(1)；
(2).
解：（1）由可得是等差数列，且公差，所以.
（2）由，可得的前项和，当时，，，当时，，此时，所以，综上所述：.
19．（1）0.8；（2）分布列见解析，1000元.
解：（1）活动第一天购物满200元的700人次中参与抽奖的频率为．
（2）的可能取值为0，1，4，10，
，，
，，
则的分布列为
0 1 4 10
所以，
故活动第一天该商场投入奖金总金额的数学期望为元．
20．(1)证明见解析；
(2)存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.
解：（1）
因为四边形是菱形，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，即.
因为平面，且，所以平面.
（2）
取棱的中点，连接，易证两两垂直，
故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系．
设，则，
故，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，得．
平面的一个法向量为,设面与面所成的锐二面角为，
则，整理得，解得(舍去)．
故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是．
21．(1)；
(2)不存在.
解：（1）依题意，，则椭圆，设直线，由消去并整理得：
，有，即，
设，，，则，
而为中点，则，，于是得，又，解得，
所以椭圆方程为：.
（2）假定存在符合条件的点P，则直线，由消去得：，
显然点Q的纵坐标为负，必有，则，而点，
因此直线MQ的斜率 ，又为直角，即，解得，
由（1）知，当时，，
所以不存在点P，使得为直角.
22．(1)
(2)
解：（1），
当时，，
，
所以在区间递减；在区间递增.
所以在区间上的最小值为.
（2），，
由于有两个不同的极值点，且，
所以方程有两个不同的正根，
所以，解得且.
因为，所以且.
依题意，恒成立，
即，，
即，，
，，
，
当时，；当时，.
令，
.
①当时，，在上递增，，
所以当时，，
不符合题意.
②当时，令，
，当，即时，，在上递减，
，所以当时，，
则；
当时，，
则；
所以对任意恒成立.
当，即时，二次函数的开口向下，
对称轴为，且，
令，则当时，，即，
所以在上递增，，所以在上有，
不符合题意.
综上所述，取值范围是.