江西省宜春市宜丰县宜丰县中创新部2023-2024学年高三上学期期中考试数学试卷（含答案）
文档属性
| 名称 | 江西省宜春市宜丰县宜丰县中创新部2023-2024学年高三上学期期中考试数学试卷（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-16 22:05:39 | ||
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文档简介
宜丰县中创新部2023-2024学年高三上学期期中考试数学试题
一、单选题（40分）
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数是方程的一个根，则实数的值是（ ）
A． B． C． D．
3．设数列满足且是前项和，且，则（ ）
A．2024 B．2023 C．1012 D．1011
4．湖南第二届旅游发展大会于2023年9月15日至17日在郴州举行，为让广大学生知晓郴州，热爱郴州，亲身感受“走遍五大洲，最美有郴州”绿色生态研学，现有甲，乙两所学校从万华岩中小学生研学实践基地，王仙岭旅游风景区，雄鹰户外基地三条线路中随机选择一条线路去研学，记事件A为“甲和乙至少有一所学校选择万华岩中小学生研学实践基地”，事件B为“甲和乙选择研学线路不同”，则（ ）
A． B． C． D．
5．设函数，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．设，，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．对称性是数学美的一个重要特征，几何中的轴对称，中心对称都能给人以美感，激发学生对数学的兴趣．如图，在菱形ABCD中，，，以菱形ABCD的四条边为直径向外作四个半圆，P是四个半圆弧上的一动点，若，则的最大值为（ ）
A． B．3 C．5 D．
8．已知点是椭圆的左右焦点，点为椭圆上一点，点关于平分线的对称点也在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（20分）
9．已知是两个不同平面，是两条不同直线，则下述正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若是异面直线，则与相交
D．若，则
10．已知函数向左平移个单位长度，得到函数的图像，若是偶函数，则（ ）
A．的最小正周期为 B．点是图像的一个对称中心
C．在的值域为 D．函数在上单调递增
11．定义在R上的函数满足为奇函数，函数满足，若与恰有2023个交点，则下列说法正确的是（ ）
A． B．为的对称轴 C． D．
12．设F是抛物线C：的焦点，直线l过点F且与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．若点，则的最小值是5
D．若倾斜角为，且，则
三、填空题（20分）
13．在二项式的展开式中只有第4项二项式系数最大，则展开式中的常数项为 .
14．已知双曲线和椭圆有相同的焦点，则的最小值为 .
15．袋中有形状大小相同的球5个，其中红色3个，黄色2个，现从中随机连续摸球，每次摸1个，当有两种颜色的球被摸到时停止摸球，记随机变量为此时已摸球的次数，则 .
16．若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为 ．
四、解答题（17题10分，其余每题12分，共70分，写清楚必要的文字说明、计算过程，详略得当，排版布局合理）
17．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.
18．已知向量，，函数.
(1)若，求的值；
(2)已知为锐角三角形，，，为的内角，，的对边，，且，求面积的取值范围.
19．随着秋季学期开学，宜丰市场监管局加强了对学校食堂食品安全管理，助力推广校园文明餐桌行动，培养广大师生文明餐桌新理念，以“小餐桌”带动“大文明”，同时践行绿色发展理念.宜丰县某中学食堂每天都会提供A，B两种套餐供学生选择（学生只能选择其中的一种），经过统计分析发现：学生第一天选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为.而前一天选择了A套餐的学生第二天选择A套餐的概率为，选择套餐的概率为；前一天选择套餐的学生第二天选择A套餐的概率为，选择套餐的概率也是，如此往复.记同学甲第天选择套餐的概率为.
(1)求同学甲第二天选择套餐的概率；
(2)证明：数列为等比数列；
(3)从该校所有学生中随机抽取100名学生统计第二天选择去A餐厅就餐的人数，用表示这100名学生中恰有名学生选择去A餐厅就餐的概率，求取最大值时对应的的值.
20．如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，四边形是平行四边形，且，，，以为直径的圆经过点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
21．已知双曲线：的焦距为8．过左焦点的直线与的左半支交于，两点，过，作直线：的垂线，垂足分别为，，且当垂直于轴时，．
(1)的标准方程；
(2)设点，判断是否存在，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
22．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若关于的方程有两个不相等的实数根、，
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：．
宜丰县中创新部2023-2024学年高三上学期期中考试数学参考答案：
1．C 2．D 3．C 4．B 5．D【详解】函数的定义域为R，，即函数是R上的偶函数，当时，在上单调递增，而，
因此，而，
所以.
6．A【详解】因为，所以，
所以，即．又，，
所以，即或，即（舍去）．
7．A【详解】连接.若，则，
若不为零，则，这与题设矛盾，若为零，则与重合.
若，则，
设，故，且三点共线.
由对称可知只需考虑在对应的半圆弧上.当在对应的半圆弧上（除外）时，总在的延长线上，故此时.
当在对应的半圆弧上，总在之间，故此时
建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，
设，当时，，而，
此时.当时，，
由可得，故. ，当时，.综上，
8．C 【详解】由题意可作图如下由图可知：，由平分，则，所以，
由，则解得，由是关于直线的对称点，则共线，，，，
所以，在中，，
可得，解得，，在中，由余弦定理，可得，代入可得：，化简可得：，所以其离心率.
9．BD 10．BC【详解】由题意得，，
解得，因为，所以只有当，满足题意，
A选项，，故最小正周期，A错误；
B选项，，故，故点是图像的一个对称中心，B正确；C选项，，则，故，C正确；
D选项，，则，由于在上不单调，
故在上不单调递增，D错误.
11．BCD【详解】，则函数图象关于直线对称，B正确；
是奇函数，即，，则的图象关于点对称，，，C正确；所以，从而，所以是周期函数，4是它的一个周期，，A错；又，图象关于点对称，因此与的图象的交点关于点对称，点是它们的一个公共点，，D正确．
12．ACD.【详解】抛物线的准线为，焦点为.设，
设直线的方程为，由消去并化简得，
所以，，
所以（时等号成立）.所以A选项正确.
当直线的方程为时，不妨设，此时，所以B选项错误.根据抛物线的定义可知，的最小值是到抛物线准线的距离，也即的最小值为，所以C选项正确.当倾斜角为时，，不妨设在第一象限，在第四象限.故，解得，
所以，即，所以D选项正确.
13．【详解】因为二项式的展开式中只有第4项二项式系数最大，
故二项式的展开式有7项，则，故的通项公式为，令，
故展开式中的常数项为，
14．9【详解】的焦点坐标为，故，
故，
当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为9.
15．【详解】由题意可得若两次摸到两种颜色的球，则；
若三次摸到两种颜色的球，则；若四次摸到两种颜色的球，则；故.
16．【详解】由，则，设切点为，切线斜率为，
所以，切线为，即，由，则，设切点为，切线斜率为，所以，切线为，即，
根据题设，若它们切线为公切线，则有，即，
又，即且，即，由上关系式并消去并整理得在上有解，令，则，当，则，即，此时递增；当，则或，即或，此时递减；又，，所以，即.
17．【详解】（1）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.
（2），
18．【详解】（1），，则；
；
（2，又，所以，，得，即，因为，所以，所以，所以，
解得，则故，即面积的取值范围为.
19．【详解】（1）设“第1天选择B套餐”，“第2天选择B套餐”，
则“第1天不选择B套餐”.根据题意可知.
由全概率公式可得.
（2）设“第天选择B套餐”，则，根据题意.由全概率公式可得
，整理得，且，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
（3）第二天选择A类套餐的概率
由题意可得：同学甲第二天选择A类套餐的概率为，则不选择A类套餐的概率为，
所以，则，
当取最大值时，则，，解得，且，所以.
20．【详解】（1）以为直径的圆经过点，，四边形为矩形，所以，平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，，又平面，平面，，，平面，平面；
（2）平面，又平面，平面，
，，又，，则、、两两互相垂直，
以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，在中，由勾股定理得，则点，，，，，则，，，.设平面的法向量为，平面的法向为，则得，，取，，设平面与平面的夹角为，
则，所以平面与平面夹角的余弦值为.
21．【详解】（1）由题可知，焦距，所以，当AB垂直于x轴时，，
又，联立，解得或（舍），所以
则的标准方程为；
（2）如图，①当直线斜率不存在时，此时，则，所以，要使得为定值，则；②当直线斜率存在时，设直线方程为，，则，由于均在左半支，所以，且，所以，消去得，则所以，同理，则
，要使得为定值，则满足，解得，此时，经检验，此结果也符合斜率不存在的情况，综上，存在使得为定值.
【详解】（1）解：因为，
所以，其中.
①当时，，所以函数的减区间为，无增区间；
②当时，由得，由可得.所以函数的增区间为，减区间为．综上：当时，函数的减区间为，无增区间；当时，函数的增区间为，减区间为．
（2）解：（i）方程可化为，即．
令，因为函数在上单调递增，易知函数的值域为，
结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根．又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为．令，其中，则．由可得或，由可得，所以，函数在和上单调递减，在上单调递增．所以，函数的极小值为，且当时，；当时，则.作出函数和的图象如下图所示：由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，所以，实数的取值范围是.
（ii）要证，只需证，即证．因为，所以只需证．由（ⅰ）知，不妨设．因为，所以，即，作差可得．所以只需证，即只需证．令，只需证．令，其中，则，所以在上单调递增，故，即在上恒成立．所以原不等式得证．
答案第1页，共2页
一、单选题（40分）
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数是方程的一个根，则实数的值是（ ）
A． B． C． D．
3．设数列满足且是前项和，且，则（ ）
A．2024 B．2023 C．1012 D．1011
4．湖南第二届旅游发展大会于2023年9月15日至17日在郴州举行，为让广大学生知晓郴州，热爱郴州，亲身感受“走遍五大洲，最美有郴州”绿色生态研学，现有甲，乙两所学校从万华岩中小学生研学实践基地，王仙岭旅游风景区，雄鹰户外基地三条线路中随机选择一条线路去研学，记事件A为“甲和乙至少有一所学校选择万华岩中小学生研学实践基地”，事件B为“甲和乙选择研学线路不同”，则（ ）
A． B． C． D．
5．设函数，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．设，，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．对称性是数学美的一个重要特征，几何中的轴对称，中心对称都能给人以美感，激发学生对数学的兴趣．如图，在菱形ABCD中，，，以菱形ABCD的四条边为直径向外作四个半圆，P是四个半圆弧上的一动点，若，则的最大值为（ ）
A． B．3 C．5 D．
8．已知点是椭圆的左右焦点，点为椭圆上一点，点关于平分线的对称点也在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（20分）
9．已知是两个不同平面，是两条不同直线，则下述正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若是异面直线，则与相交
D．若，则
10．已知函数向左平移个单位长度，得到函数的图像，若是偶函数，则（ ）
A．的最小正周期为 B．点是图像的一个对称中心
C．在的值域为 D．函数在上单调递增
11．定义在R上的函数满足为奇函数，函数满足，若与恰有2023个交点，则下列说法正确的是（ ）
A． B．为的对称轴 C． D．
12．设F是抛物线C：的焦点，直线l过点F且与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．若点，则的最小值是5
D．若倾斜角为，且，则
三、填空题（20分）
13．在二项式的展开式中只有第4项二项式系数最大，则展开式中的常数项为 .
14．已知双曲线和椭圆有相同的焦点，则的最小值为 .
15．袋中有形状大小相同的球5个，其中红色3个，黄色2个，现从中随机连续摸球，每次摸1个，当有两种颜色的球被摸到时停止摸球，记随机变量为此时已摸球的次数，则 .
16．若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为 ．
四、解答题（17题10分，其余每题12分，共70分，写清楚必要的文字说明、计算过程，详略得当，排版布局合理）
17．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.
18．已知向量，，函数.
(1)若，求的值；
(2)已知为锐角三角形，，，为的内角，，的对边，，且，求面积的取值范围.
19．随着秋季学期开学，宜丰市场监管局加强了对学校食堂食品安全管理，助力推广校园文明餐桌行动，培养广大师生文明餐桌新理念，以“小餐桌”带动“大文明”，同时践行绿色发展理念.宜丰县某中学食堂每天都会提供A，B两种套餐供学生选择（学生只能选择其中的一种），经过统计分析发现：学生第一天选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为.而前一天选择了A套餐的学生第二天选择A套餐的概率为，选择套餐的概率为；前一天选择套餐的学生第二天选择A套餐的概率为，选择套餐的概率也是，如此往复.记同学甲第天选择套餐的概率为.
(1)求同学甲第二天选择套餐的概率；
(2)证明：数列为等比数列；
(3)从该校所有学生中随机抽取100名学生统计第二天选择去A餐厅就餐的人数，用表示这100名学生中恰有名学生选择去A餐厅就餐的概率，求取最大值时对应的的值.
20．如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，四边形是平行四边形，且，，，以为直径的圆经过点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
21．已知双曲线：的焦距为8．过左焦点的直线与的左半支交于，两点，过，作直线：的垂线，垂足分别为，，且当垂直于轴时，．
(1)的标准方程；
(2)设点，判断是否存在，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
22．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若关于的方程有两个不相等的实数根、，
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：．
宜丰县中创新部2023-2024学年高三上学期期中考试数学参考答案：
1．C 2．D 3．C 4．B 5．D【详解】函数的定义域为R，，即函数是R上的偶函数，当时，在上单调递增，而，
因此，而，
所以.
6．A【详解】因为，所以，
所以，即．又，，
所以，即或，即（舍去）．
7．A【详解】连接.若，则，
若不为零，则，这与题设矛盾，若为零，则与重合.
若，则，
设，故，且三点共线.
由对称可知只需考虑在对应的半圆弧上.当在对应的半圆弧上（除外）时，总在的延长线上，故此时.
当在对应的半圆弧上，总在之间，故此时
建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，
设，当时，，而，
此时.当时，，
由可得，故. ，当时，.综上，
8．C 【详解】由题意可作图如下由图可知：，由平分，则，所以，
由，则解得，由是关于直线的对称点，则共线，，，，
所以，在中，，
可得，解得，，在中，由余弦定理，可得，代入可得：，化简可得：，所以其离心率.
9．BD 10．BC【详解】由题意得，，
解得，因为，所以只有当，满足题意，
A选项，，故最小正周期，A错误；
B选项，，故，故点是图像的一个对称中心，B正确；C选项，，则，故，C正确；
D选项，，则，由于在上不单调，
故在上不单调递增，D错误.
11．BCD【详解】，则函数图象关于直线对称，B正确；
是奇函数，即，，则的图象关于点对称，，，C正确；所以，从而，所以是周期函数，4是它的一个周期，，A错；又，图象关于点对称，因此与的图象的交点关于点对称，点是它们的一个公共点，，D正确．
12．ACD.【详解】抛物线的准线为，焦点为.设，
设直线的方程为，由消去并化简得，
所以，，
所以（时等号成立）.所以A选项正确.
当直线的方程为时，不妨设，此时，所以B选项错误.根据抛物线的定义可知，的最小值是到抛物线准线的距离，也即的最小值为，所以C选项正确.当倾斜角为时，，不妨设在第一象限，在第四象限.故，解得，
所以，即，所以D选项正确.
13．【详解】因为二项式的展开式中只有第4项二项式系数最大，
故二项式的展开式有7项，则，故的通项公式为，令，
故展开式中的常数项为，
14．9【详解】的焦点坐标为，故，
故，
当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为9.
15．【详解】由题意可得若两次摸到两种颜色的球，则；
若三次摸到两种颜色的球，则；若四次摸到两种颜色的球，则；故.
16．【详解】由，则，设切点为，切线斜率为，
所以，切线为，即，由，则，设切点为，切线斜率为，所以，切线为，即，
根据题设，若它们切线为公切线，则有，即，
又，即且，即，由上关系式并消去并整理得在上有解，令，则，当，则，即，此时递增；当，则或，即或，此时递减；又，，所以，即.
17．【详解】（1）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.
（2），
18．【详解】（1），，则；
；
（2，又，所以，，得，即，因为，所以，所以，所以，
解得，则故，即面积的取值范围为.
19．【详解】（1）设“第1天选择B套餐”，“第2天选择B套餐”，
则“第1天不选择B套餐”.根据题意可知.
由全概率公式可得.
（2）设“第天选择B套餐”，则，根据题意.由全概率公式可得
，整理得，且，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
（3）第二天选择A类套餐的概率
由题意可得：同学甲第二天选择A类套餐的概率为，则不选择A类套餐的概率为，
所以，则，
当取最大值时，则，，解得，且，所以.
20．【详解】（1）以为直径的圆经过点，，四边形为矩形，所以，平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，，又平面，平面，，，平面，平面；
（2）平面，又平面，平面，
，，又，，则、、两两互相垂直，
以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，在中，由勾股定理得，则点，，，，，则，，，.设平面的法向量为，平面的法向为，则得，，取，，设平面与平面的夹角为，
则，所以平面与平面夹角的余弦值为.
21．【详解】（1）由题可知，焦距，所以，当AB垂直于x轴时，，
又，联立，解得或（舍），所以
则的标准方程为；
（2）如图，①当直线斜率不存在时，此时，则，所以，要使得为定值，则；②当直线斜率存在时，设直线方程为，，则，由于均在左半支，所以，且，所以，消去得，则所以，同理，则
，要使得为定值，则满足，解得，此时，经检验，此结果也符合斜率不存在的情况，综上，存在使得为定值.
【详解】（1）解：因为，
所以，其中.
①当时，，所以函数的减区间为，无增区间；
②当时，由得，由可得.所以函数的增区间为，减区间为．综上：当时，函数的减区间为，无增区间；当时，函数的增区间为，减区间为．
（2）解：（i）方程可化为，即．
令，因为函数在上单调递增，易知函数的值域为，
结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根．又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为．令，其中，则．由可得或，由可得，所以，函数在和上单调递减，在上单调递增．所以，函数的极小值为，且当时，；当时，则.作出函数和的图象如下图所示：由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，所以，实数的取值范围是.
（ii）要证，只需证，即证．因为，所以只需证．由（ⅰ）知，不妨设．因为，所以，即，作差可得．所以只需证，即只需证．令，只需证．令，其中，则，所以在上单调递增，故，即在上恒成立．所以原不等式得证．
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