江西省吉安市万安县中2023-2024学年高三上学期开学考试数学试题（含解析）

万安县中2023-2024学年高三上学期开学考试
数学
一、单选题（每题5分，共40分）
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．若复数的实部与虚部相等，则实数（ ）
A．7 B．-7 C．1 D．-1
3．已知为等差数列，为其前项和，，则（ ）
A．36 B．45 C．54 D．63
4．五一国际劳动节，学校团委举办“我劳动，我快乐”的演讲比赛．某班有甲、乙、丙等6名同学参加，抽签确定出场顺序，在“学生甲必须在学生乙的前面出场”的条件下，学生甲、乙相邻出场的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
6．如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．直线到平面的距离为（ ）．

A． B． C． D．
7．若，则（ ）
A． B．
C． D．
8．如图， 设直线与抛物线 (为常数) 交于不同的两点， 且当时， 抛物线的焦点到直线的距离为. 过点的直线交抛物线于另一点， 且直线过点， 则直线过点（ ）

A． B． C． D．
二、多选题（每题5分，共20分）
9．已知正方体，为对角线上一点（不与点，重合），过点作垂直于直线的平面，平面与正方体表面相交形成的多边形记为，下列结论正确的是（ ）
A．只可能为三角形或六边形
B．直线与直线BD所成的角为
C．当且仅当为对角线中点时，的周长最大
D．当且仅当为对角线中点时，的面积最大
10．已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（ ）
A． B．
C． D．
11．如图，过双曲线右支上一点P作双曲线的切线l分别交两渐近线于A、B两点，交x轴于点D，分别为双曲线的左、右焦点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若存在点P，使，且，则双曲线C的离心率
12．已知函数，则以下判断正确的是（ ）
A．函数的零点是
B．不等式的解集是．
C．设，则在上不是单调函数
D．对任意的，都有．
三、填空题（共20分）
13．若将函数表示为，其中为实数，则= .
14．已知数列的前n项和为，若与均为等差数列，请写出满足题意的一个的通项公式， ．
15．已知为常数，函数，若关于的方程有且只有2个不同的解，则实数的取值范围是 ．
16．已知，若对于任意的，不等式恒成立，则的最小值为 .
四、解答题（共70分）
17．的内角的对边长分别为，设
(1)求；
(2)若，求．
18．已知正项数列满足，，且对任意的正整数，是和的等差中项.
(1)证明：是等差数列，并求的通项公式；
(2)若，且，求数列的通项公式.
19．如图，在直四棱柱中，，，，，且P为的中点.
(1)设过B点的平面为，若平面平面，求平面与四边形和四边形交线的长度之和；
(2)求平面与平面ABCD所成锐二面角的余弦值.
20．全球变暖已经是近在眼前的国际性问题，冰川融化 极端气候的出现 生物多样性减少等等都会给人类的生存环境带来巨大灾难.某大学以对于全球变暖及其后果的看法为内容制作一份知识问卷，并邀请40名同学(男女各占一半)参与问卷的答题比赛，将同学随机分成20组，每组男女同学各一名，每名同学均回答同样的五个问题，答对一题得一分，答错或不答得零分，总分5分为满分.最后20组同学得分如下表：
组别号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
男同学得分 4 5 5 4 5 5 4 4 5 5
女同学得分 3 4 5 5 5 4 5 5 5 3
组别号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
男同学得分 4 4 4 4 4 4 5 5 4 3
女同学得分 5 5 4 5 4 3 5 3 4 5
（1）完成下列列联表，并判断是否有90%的把握认为“该次比赛是否得满分”与“性别”有关：
男同学 女同学 总计
该次比赛得满分
该次比赛未得满分
总计
（2）随机变量表示每组男生分数与女生分数的差，求的分布列与数学期望.
参考公式和数据：，.
0.10 0.05 0.010
2.706 3.841 6.635
21．已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率为，点是右支上一点，的面积为4．
(1)求的方程；
(2)点A是在第一象限的渐近线上的一点，轴，点是右支在第一象限上的一点，且在点处的切线与直线相交于点，与直线相交于点．试判断的值是否为定值？若为定值，求出它的值；若不为定值，请说明理由．
22．已知函数，其中，
(1)若，
（i）当时，求的单调区间；
（ii）曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围．
(2)证明：当时，存在直线，使直线是曲线的切线，也是曲线的切线．
1．B
由可得，，所以，所以.
所以，.
所以，即.
故选：B.
2．B
因，依题意，实部与虚部相等，而a是实数，
则，解得，
所以实数.
故选：B
3．B
设公差为，
由，
得，解得，
所以，
所以.
故选：B.
4．B
设“学生甲、乙相邻出场”为事件，“学生甲必须在学生乙的前面出场”为事件，
依题意共有种情况，学生甲必须在学生乙的前面出场的情况有种，
所以，
甲乙同学按出场顺序一定，且相邻出场的情况共有种，
所以，
则，
故选：B．
5．C
由题意可知，函数的定义域为.
又因为恒成立，
所以在上单调递减.
则由可得，解得，
即原不等式的解集为.
故选：C.
6．D
平面,平面, 平面,
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，
如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立直角坐标系.

则
设平面的法向量为，则
，令，则
设点到平面的距离为，则
故直线到平面的距离为.
故选：D.
7．C
对于A，令且，则，
故在上单调递增，则，即，
所以，即，故A错误；
对于，令且，则，
故在上单调递增，则，即，所以，故B错误；
对于，令且，则，
故在上单调递增，则，即，
所以，则，故C正确；
对于D，当时，，故D错误.
故选：C.
8．A
直线，即，
依题意，到直线的距离为，
所以抛物线方程为，直线，
由消去并化简得，
，且，
设，则.
由，
直线的方程为，
所以，即，
则，故，
所以，所以，
直线的方程为，即，
则，故，
所以，也即直线过定点.
故选：A.
9．ABD
∵正方体，体对角线与平面垂直，则平面，若向点方向平移,则为三角形，若向点方向平移,则可能为六角形，A正确；
∵平面，∴直线与直线BD的夹角为，B正确；
∵当为对角线中点时，为正六边形PQRSTW，
而三角形为等边三角形，根据中位线定理，，易得两个截面周长相等，故C错误；
对于D，当为对角线中点时，为正六边形PQRSTW，
设边长，面积为，当向下移动时，为六边形，
结合图形可知两邻边一条增大，一条减小，且变化量相等，
设，，，
而且所有六边形的高都相等，且等于，两邻边夹角都为120°，
则
当为三角形时，面积最大为，而，
∴当且仅当为对角线中点时，的面积最大，故D正确.
故选：ABD
10．ABC
因为是偶函数，则，两边求导得，
所以是奇函数，故，
由，，得，
即，所以是周期函数，且周期为4，，
，所以，
对选项A：由，令得，，所以，故A正确；
对选项B：由，令得，，故，所以B正确；
对选项C：由，可得，
又，所以，
又是奇函数，，
所以，又，
所以，即，
所以，，，
所以函数为周期为4的偶函数，
所以，故C正确；
对选项D：，由题得不出，所以不一定成立，故D错误.
故选：ABC.
11．ABD
对于A项，先求双曲线上一点的切线方程，不妨先探究双曲线在第一象限的部分（其他象限由对称性同理可得）.
由得：，
所以，
则在点的切线斜率为，
所以在点的切线方程为：，
又因为，
所以在点的切线方程为：，
不失一般性，设点是双曲线在第一象限的一点，是切线与渐近线在第一象限的交点，是切线与渐近线在第四象限的交点，
双曲线的渐近线方程为，
联立，所以点，
同理可得：，
则，
又因为，
所以，即：，故A项正确；
对于B项，由A项知，，，
所以点是A、B的中点，
所以，故B项正确；
对于C项，因为在点的切线方程为：，
令得，所以点，
则，
当点在顶点时，仍然满足，故C项错误；
对于D项，因为，，，
所以，，
又因为，
所以，解得：，即：，
代入得，
所以，
，
所以，
解得：，所以，
所以离心率为，故D项正确.
故选：ABD.
12．BD
对于A项，零点是数不是点，故A错误；
对于B项，令，而恒成立，原不等式等价于，解之得，故B正确；
对于C项，，
所以，
设，则，
设
即定义域上单调递增，，
即存在使得，
即存在使得，
所以时有，
则，在上单调递增，故C错误；
对于D项，设，
由C项结论可知在上单调递增，
所以有，
又，即成立，故D正确.
故选：BD
13．1
由题可知：
而
则
故答案为：1
14．
令数列的公差为，显然，由是等差数列，得，
即，两边平方得，
两边平方并整理得，则，
此时，，有为常数，即是等差数列，
所以数列的通项公式是，取，得.
故答案为：
15．
因为关于的方程有且只有2个不同的解，
所以的图像与直线有两个不同的交点，
又及的图像如图所示：
当时，因的图像与直线有两个不同的交点，
故直线与相切，与有一个交点，
设切点为，从而，解得，．
当时，因的图像与直线有两个不同的交点，
故直线与有两个公共点，
所以方程有两个不同的解，
即有两个不同的解，即，
所以，故，
综上，．故填．
16．
因为，
所以可化为，
设，则，
在上单调递增，
因为，，所以，，，
所以可化为，所以，
在上恒成立，
，，
设，，则，
令，得；，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
即的最小值为．
故答案为：．
17．(1)
(2)
（1）根据题意，由正弦定理可得，即，
所以根据余弦定理及中可得.
（2）根据题意，由正弦定理可得，
所以，
解得①，
因为②，①②联立可解得或，
又因为，则，，（舍去），
所以.
18．(1)证明见解析；.
(2).
（1）证明：由题知，得，所以是以为首项，公差为2的等差数列，即，当时，，当时，也符合题意，所以，又所以.
（2）解：由题得，所以，所以所以，又时符合该式，故.
19．(1)
(2)
（1）因为在直四棱柱中，，，，，
所以平面平面.
如图，取的中点E，连接BE.在矩形中，，
因为平面，平面，所以平面.
取AB的中点G，PB的中点H，连接GH，则.
取，，连接GD，DQ，HQ，EF，BF.
因为，，，，
所以，所以，且.
所以四边形DGHQ为平行四边形，所以.
因为，且，所以四边形EDQF为平行四边形.
所以，所以，所以.
因为平面，平面，所以平面.
又，所以平面平面，
所以平面即为平面BEF.
所以BF，EF分别为平面与四边形和四边形的交线.
因为，，
所以平面与四边形和四边形交线的长度之和为.
（2）以C为原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，.
所以，.
设平面的一个法向量为，
则即
∴.
取平面ABCD的一个法向量为，则.
故平面与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为.
20．（1）列联表答案见解析，没有90%的把握认为“该次大赛是否得满分”与“性别”有关；（2）分布列答案见解析，数学期望：.
（1）列联表如下：
男同学 女同学 总计
该次比赛得满分 8 11 19
该次比赛未得满分 12 9 21
总计 20 20 40
所以，，
所以没有90%的把握认为“该次大赛是否得满分”与“性别”有关.
（2）的可能取值为-2，-1，0，1，2.
，
则的分布列为
-2 -1 0 1 2
所以.
21．(1)
(2)是定值．
（1）的面积为4，则，得．由离心率为，得，解得，所以，所以的方程为．
（2）为定值．
设，由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为．
由，可得，所以在第一象限内.
所以，故．
因为，所以，
代入直线的方程，得.
即．由，可得，所以直线的方程为，即．
因为直线的方程为，所以直线与直线的交点的坐标为.
直线与直线的交点的坐标为.
所以.
.
所以，即的值为定值．

22．(1)（i）单调递增区间为，单调递减区间为；（ii）；
(2)证明见解析
（1）（i）由时，且，则，
令，即，令，即，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（ii），
两侧同时取对数，有，
设函数，则，令，有，
当时单调递增，当时单调递减，
所以，又，且时，
所以与有且仅有两个交点，即与有两个交点的充要条件为，即，
所以的取值范围为．
（2）曲线在处的切线．
曲线在处的切线．
要证当时，存在直线是曲线的切线，也是曲线的切线，
只需证明当时，存在，使得和重合．
只需证明当时，①，②两式有解，
由①得：，代入②得：③，
因此，只需证明当时，关于的方程③存在实数解．
设，即证明当时存在零点．
对于：时，且时单调递减，
又，故存在唯一，使．
由此，在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值．
因为，故，
下面证明存在实数，使得．
令且，则，
所以在上递增，故，即，
当时，有，
根据二次函数的性质，存在实数使得，因此当时，存在使得．
所以当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线．