2023-2024学年江西省吉安三中高三（上）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年江西省吉安三中高三（上）开学数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合一一，，若，则实数不可能取的值为( )
A. B. C. 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，则的最大值是( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
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
C. 有最小值为 D. 有最小值为
11. 设数列满足，，记数列的前项和为，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
D. 存在点，使得
三、填空题（本大题共4小题，共20.0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，侧棱与底面所成的角为，侧面底面，点在线段上，且平面平面，则 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知复数，．
求；
已知是关于的方程的一个根，求实数，的值．
18. 本小题分
已知数列中，，且满足
求数列的通项公式；
设是数列的前项和，求．
19. 本小题分
某大型商场国庆期间举行抽奖活动，活动规定：凡是一次性购物满元的顾客就可以从装有个红球，个白球除颜色外，其他完全相同的抽奖箱中无放回地摸出个小球，摸到红球才能中奖，摸到个红球奖励元，摸到个红球奖励元，摸到个红球奖励元活动第一天有人次购物满元，其中有人次没有参与抽奖活动．
求活动第一天购物满元的人次中参与抽奖的频率；
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. 本小题分
如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且．
证明：平面．
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. 本小题分
已知椭圆的长轴长为，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．
求椭圆方程；
是否存在点，使得为直角？若存在，求的面积，否则，说明理由．
22. 本小题分
已知函数．
若，求在上的最小值；
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．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：；
；
；
时，；
时，；
，或；
，或；
综上得，不可能取的值为．
故选：．
可求出，根据即可得到，这样即可讨论是否为空集，从而求出的可能取值，这样即可选出的不可能取值．
考查描述法、列举法的定义，交集的定义及运算，子集的定义．
2.【答案】
【解析】解：若方程表示双曲线，
则，
即解得或，
则““是“方程表示双曲线”的充分不必要条件，
故选：
根据充分条件和必要条件的定义结合双曲线的性质进行判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据双曲线的定义是解决本题的关键．
3.【答案】
【解析】解：依题意，，
所以，
则，
定义域为，
因为，
所以是奇函数，则，错；
当时，，则C正确．
故选：．
根据条件求出函数，的表达式，然后求出的解析式，判断函数的定义域，奇偶性和对称性，以及函数值符号的对应性，利用排除法进行判断即可．
本题主要考查函数图象的识别和判断，求出函数的解析式，判断函数的奇偶性和对称性，利用排除法是解决本题的关键，是中档题．
4.【答案】
【解析】解：作出函数的图像，如图所示：
设，则，
由图可知与关于直线对称，，，
又当时，，，，
设，，
又一元二次函数的对称轴为，开口向上，
在上单调递增，
，
即，
的取值范围是．
故选：．
作出函数的图像，设，则，由图可得，，从而得，又，从而得到关于的一元二次函数，最后通过函数思想即可求解．
本题主要考查了分段函数的应用问题，方程的根与图象交点横坐标的转化，数形结合思想，函数思想，一元二次函数的值域，属中档题．
5.【答案】
【解析】解：因为，，成等差数列，所以，
即，
又因为，，，
即有，当且仅当时取“”，
所以，又，
因此，
所以的取值范围是．
故选：．
由等差数列的性质可得，即，再结合基本不等式求解即可．
本题主要考查了等差数列的性质，考查了基本不等式的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：：由已知可得，令，即，方程无解，所以函数不存在自足点，故A错误，
：，令，即，方程无解，所以函数不存在自足点，故B错误，
：，令，解得，所以函数存在自足点，故C正确，
：，令，即，因为，，
所以方程无解，故函数不存在自足点，故D错误，
故选：．
利用导数的运算性质求出各项的导数，再建立方程即可判断求解．
本题考查了导数的运算性质，涉及到方程的求解，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由得，
，依题意，所以，
由于，所以可由，
解得，负根舍去，
选项，由于，所以，故A选项正确；
，
选项，若，解得，
此时是常数列，故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，故C选项错误；
同时，，
则当时，，故D选项正确．
故选：．
先求得与的递推关系式，利用差比较法、换元法，结合二次函数的知识以及差比较法求得正确答案．
本题主要考查数列递推式，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】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：．
设切点分别为和，则，根据题意转化为有解，设，求得，得出函数的单调性和极小值，结合，即可求解．
本题主要考查导数知识的综合应用，考查转化思想和计算能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查函数的图象和解析式，以及函数的性质，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
由待定系数法求得的解析式，可判断；由定义域的定义解不等式可判断；由偶函数的定义可判断；由绝对值不等式的解法可判断．
【解答】
解：点，，的坐标分别为，，，
设：，：，
由可得；由解得，
则，故A正确；
因为的定义域为，由，可得，即的定义域为，故B错误；
由，解得，
，则为偶函数，故C正确；
即为，可得或，
即有或或，
又，可得，，故D正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】解：由，，且，则，当且仅当 时取等号，故A正确；
，当且仅当 且，即 时取等号，故B正确；
由，，且，可知，故，
根据二次函数的性质可知，当时，取得最小值为，故C错误；
，当且仅当，且，即时取等号，D正确，
故选：．
由已知结合基本不等式检验选项ABD，结合二次函数的性质检验选项C即可判断．
本题主要考查了基本不等式及二次函数的性质在函数求值中的应用，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：因为，
所以当时，，
所以，
所以，故A项正确；
，
因为，
所以，
所以，
由对数函数的性质可得，所以，
显然，
所以，
又，
所以，故B项错误，项正确；
，
所以，，
所以，故C项正确．
故选：．
利用数列的递推式及函数特征判断，利用裂项相消法判断．
本题主要考查了数列的递推式，考查了数列的函数特征，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于，由双曲线：，得，，
故，故A正确；
对于，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，即为双曲线右顶点时，使得四边形为正方形，故B正确；
对于，设，不妨设在第一象限，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，由以上分析可知，
同理，
故，
根据双曲线的对称性，不妨假设在第一象限，则，
故，令，，
将代入，即有，此时显然不可能成立，
即双曲线上不存在点，使得，故D错误．
故选：．
根据双股曲线方程求出离心率判断；取特殊点判断；设，求出，的坐标，进而求出直线，的斜率之积，判断；利用两点间距离公式表示出，令其等于，结合双曲线方程可判断．
本题综合考查了双曲线性质的应用，解答的难点在于选项D的判断，解答时要注意根据点的坐标表示出的表达式，进而结合方程推出矛盾，判断该选项错误，是中档题．
13.【答案】，答案不唯一
【解析】解：设点为圆的直径的端点，
利用点到直线的距离公式，
所以，故圆的半径为，
由于圆心所在的直线与垂直，且该直线经过原点，所以圆心所在的直线方程为，
故，解得，
所以圆心的坐标为．
故圆的方程为，答案不唯一．
故答案为：，答案不唯一．
首先利用点到直线的距离公式求出圆的半径，进一步求出圆心的坐标，最后求出圆的方程．
本题考查的知识要点：圆的方程的求法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：由等比数列的性质可知，，
，
又等比数列的各项都为正数，
．
故答案为：．
根据等比数列的性质可得，从而求出的值．
本题主要考查了等比数列的性质，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：，
，
因为在时有极大值，
所以，即，
解得，
所以，
，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以在处取得极大值，且极大值为．
故答案为：．
根据题意可得，解得，通过检验符合题意，进而可得答案．
本题考查导数的综合应用，解题关键是分析函数的单调性，属于中档题．
16.【答案】
【解析】【分析】
本题考查空间几何体的性质，考查运算求解能力，属中档题．
取中点，连接，，由已知可得，，两两垂直，以为坐标原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，设，求得平面与平面的一个法向量，可求得结论．
【解答】
解：侧面底面，为直线与底面所成的角，
，三棱柱的各条棱长均为，
是等边三角形，
取中点，连接，，
可知，，
又侧面底面，侧面底面，侧面，
所以平面，
则，，两两垂直，
以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
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.【答案】解：，
．
，
是关于的方程的一个根，
，
，即，
．
【解析】由复数的乘、除法运算化简复数，再由复数的模长公式求解即可得出答案；
将代入化简，再利用复数相等的条件可求得实数，的值．
本题考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
18.【答案】解：根据，得到数列是等差数列．
所以：
令，解得：，
当时，解得
所以：当时，
当时，
所以：
【解析】首先根据关系式确定数列是等差数列，进一步求出通项公式．
利用分类讨论的方法，通过变换求数列的和．
本题考查的知识要点：数列通项公式的求法，数列的求和，分类讨论问题的应用，属于基础题型．
19.【答案】解：活动第一天购物满元的人次中参与抽奖的频率为．
的可能取值为，，，，
，
，
，
，
则的分布列为：
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．
【解析】利用古典概型概率公式求解活动第一天购物满元的人次中参与抽奖的频率．
的可能取值为，，，，求出概率，得到分布列，然后求解期望即可．
本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
20.【答案】解：证明：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，所以．
因为，平面，且，所以平面．
取棱的中点，连接，易证，，两两垂直，故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，，，
故，，．
因为，所以，则．
设平面的法向量为，则，
令，得．
平面的一个法向量为．
设平面与平面所成的锐二面角为，则，
整理得，解得或舍去．
故存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是．
【解析】证明和，原题即得证；
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，求出平面的法向量，解方程即得解．
本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的余弦值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：由椭圆的长轴长为，
可得，即，
可得椭圆方程为，即，
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：．
假定存在符合条件的点．
由可得直线的斜率为，
联立直线与椭圆方程，可得，
显然点的纵坐标为负，必有，
则，而点，
因此直线的斜率，
又为直角，即，解得，
由知，当时，，
所以不存在点，使得为直角．
【解析】求出，设直线：，联立，得：，由此利用根的判别式、韦达定理、中点坐标公式，结合已知条件能求出椭圆方程．
直线：，联立椭圆方程，得：，则，点，求出，为直角，得到，从而，由此能求出的面积．
本题考查椭圆方程、三角形面积的求法，考查椭圆、直线方程、根的判别式、韦达定理、中点坐标公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．
22.【答案】解：当时，，
则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最小值为．
因为，
，
令，
因为在上有两个极值点，
所以在上有两个不相等的实数根，，且，
所以，
解得或，且，，
因为，
所以，
所以且，
因为，
所以不等式等价于，
即，
当时，，
当时，，
令，，
则，，
当时，，在上单调递增，
因为，
所以当时，，，不符合题意，
当时，设，
，
当，即时，，在上单调递减，
因为，
所以当时，，，，
当时，，，，
所以对任意的恒成立，
当，即时，二次函数图象的对称轴为，
且，
令，
则当时，，即，
所以在上为增函数，
因为，
所以，，故不符合题意，
综上所述，实数的取值范围为．
【解析】当时，，求导分析的单调性，进而可得答案．
求导得，令，由在上有两个极值点，得在上有两个不相等的实数根，，且，即，结合韦达定理可得，由于不等式等价于，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
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