江苏省镇江市2023-2024学年高三上学期期中考试数学试卷（含解析）

2023-2024学年江苏省镇江市高三上学期期中考试数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知复数z满足，则( )
A. B. C. 1 D.
3.已知中，点G为所在平面内一点，则“”是“点G为重心”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
4.已知x，y均为正数，且，则最小值为( )
A. 12 B. 16 C. 20 D. 24
5.已知函数甲：函数图象一个最高点和相邻的最低点距离为；乙：函数为偶函数；丙：当时，函数取得极值；丁：函数图象的一个对称中心为甲、乙、丙、丁四人对函数的论述中有且只有两人正确，则实数的值为
A. B. Z C. D. Z
6.棱长都相等的正四棱锥的侧面与底面所成的二面角大小为，两相邻侧面所成的二面角为大小为，则( )
A. B. C. D.
7.已知，，，，则下列选项正确的是( )
A. B. C. D.
8.等比数列中，，，则满足的最大正整数n为( )
A. 2021 B. 2022 C. 2023 D. 2024
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列结论正确的是( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若a，b为正数满足，则
D. 若a，b为正数，则
10.已知函数的导函数为，两个极值点为，，则( )
A. 有三个不同的零点 B.
C. D. 直线是曲线的切线
11.已知等差数列中，，公差，前n项和为，则( )
A. 数列为等差数列
B. 当时，值取得最大
C. 存在不同的正整数i，j，使得
D. 所有满足的正整数i，j中，当，时，值最大
12.在正三棱柱中，已知，空间点P满足，则( )
A. 当时，P为正方形对角线交点
B. 当时，P在平面内
C. 当时，三棱锥的体积为
D. 当，且时，有且仅有一个点P，使得
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量，，，若，则__________.
14.已知三个互不相等的一组实数a，b，c成等比数列，适当调整顺序后，这三个数又能成等差数列，满足条件的一组实数a，b，c为__________.
15.半径为r的球O内有一圆锥，该圆锥的高为，底面圆周在球O的球面上，则球O的体积与该圆锥的体积之比为__________.
16.海岛上有一座高塔，高塔顶端是观察台，观察台海拔在观察台上观察到有一轮船，该轮船航行的速度和方向保持不变．上午11时，测得该轮船在海岛北偏东，俯角为处，11时20分测得该轮船在海岛北偏西，俯角为处，则该轮船的速度为__________，再经过__________分钟后，该轮船到达海岛的正西方向．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题10分
已知集合，集合
若，求；
若________，求实数m的取值范围．
在以下两个条件中任选一个补充在第问中，并给出解答．
①“”是“”的充分不必要条件；②
18.本小题12分
设函数，其中k为常数.
当时，求的定义域；
若对任意关于x的不等式恒成立，求实数k的取值范围.
19.本小题12分
在中，角A，B，C对边分别为a，b，c，
求B；
若为锐角三角形，且，求周长的取值范围．
20.本小题12分
已知数列对任意满足
如果数列为等差数列，求；
如果，
①是否存在实数，使得数列为等比数列？如果存在，请求出所有的，如果不存在，请说明为什么？
②求数列的通项公式．
21.本小题12分
如图，四棱锥的底面为平行四边形，底面
若平面平面PBC，证明：；
若四边形ABCD是正方形，，点M在棱PC上，且满足，点N是棱PB上的动点，问：当点N在何处时，直线PD与平面DMN所成角的正弦值取最大值．
22.本小题12分
已知函数
若函数存在两个不同的极值点，，求实数a的取值范围；
在的条件下，不等式恒成立，求实数k的最小值，并求此时a的值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查不等式的解法及集合的运算，属于基础题.
解不等式化简集合A、B，然后由并集定义可得答案.
【解答】
解：，即，
，即，
所以，
故选
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了复数的运算及复数模的求解，属于基础题．
先利用已知的等式求出复数，再求模即可．
【解答】
解：因为，
所以 ，
则 ，
所以
故选
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查平面向量基本定理的应用，充分、必要条件的判断，属于中档题.
若，可推出，从而可得G为重心；反之，若G为重心，则，从而，故为充要条件.
【解答】
解：取BC的中点D，连接AD，
则，
若，
则，
所以，
故G是中线AD上靠近D的三等分点，
故G为的重心，满足充分性；
若G为的重心，
则，
故，
所以，即，满足必要性；
所以“”是“点G为重心”的充要条件.
故选
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了基本不等式在求解最值中的应用，属于基础题.
由题意得，化简再根据基本不等式即可求出答案．
【解答】
解：
，
当且仅当，即，时取等号，
故的最小值是
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查三角函数的图象与性质，属于中档题.
根据题意，推出甲正确，再分析乙丙丁正确的条件，分析即可得到答案，
【解答】
解：由题意得函数的最小正周期为，
则函数图象一个最高点和相邻的最低点距离为，
可知甲一定正确；
当乙正确时，
当丙正确时，
当丁正确时，，
可知乙丙条件相同，所以乙丙同时错误，故丁正确，
则Z
故选
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了正四棱锥的性质，线面角和二面角的定义，考查了空间想象能力，转化、计算能力，属于中档题．
在正四棱锥中分别找到或作出，求出三角函数值，利用三角函数值判断它们的关系即可.
【解答】
解：设正四棱锥的棱长为2，连接相交于O，
取的中点分别为，连接，
如图，
由棱长都相等可知，平面ABCD，，，
所以，，
又，，
故，，
所以，即
故选
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查利用导数比较大小，三角函数的性质，属于中档题.
先比较a，c的大小，然后通过作差法结合导数与单调性的关系比较b，c大小，从而得到结论.
【解答】
解：，，
，
由，，
可得，
则，
，
记，，
则，
可知函数在上单调递增，
因为，
所以，
即，
可得，即，
所以
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了等比数列的性质，即等比数列的倒数构成的数列也是等比数列，还考查分组求和法运用，锻炼了学生的等价转化能力．总体来说对于选择题等价转化过程有点复杂是本题的难点．
根据条件易知公比，因为等比数列的倒数构成的数列也是等比数列，所以先分成两组等比数列求和，然后把求和后的结果大于零进行等价转化，其中要用到
【解答】
解：， 又公比，
，
令

，
要即 ，
又，
即，
又，
即，
即 ，
要使上式成立n的最大值为2022，
故选：
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查不等式的性质，考查作差法比较大小，属于中档题.
根据不等式的性质可判断A；利用作差法可判断BD；由，结合指数函数的单调性可判断
【解答】
解：对于A，因为，所以
因为，所以，故A错误；
对于B，，
因为，所以，
所以，故，故B正确；
对于C，因为a，b为正数满足，
所以，解得
所以，所以，故C正确；
对于D，，
所以，故D正确.
故选
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了利用导数研究函数的极值、零点以及切线方程，属于中档题.
求导，判断函数的单调性与极值点，可判断B、C；根据函数的极值以及零点存在定理可判断A；根据导数的几何意义判断
【解答】
解：，则，
令，可得或，
函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则函数在处取得极小值，在处取得极大值，
可取，，则，故B正确；
，，
则，故C错误；
因为，，
可知函数在上没有零点，
又，则函数在上有且只有一个零点，
可知函数在R上有且只有一个零点，故A错误；
令，解得，
又，
则函数在点处的切线方程为，
故直线是曲线的切线，故D正确.
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查等差数列的判断、通项公式及求和公式，考查数列的单调性与最值，属于较难题.
根据等差数列的通项公式求出，，从而可判断A；根据的符号可判断B；假设存在不同的正整数i，j，使得，代入，化简可得，从而可判断C；由，可得，且故，根据单调性即可判断
【解答】
解：因为等差数列中，，公差，
所以，，
所以，易知数列为等差数列，故A正确；
当时，当时，，
所以当时，值取得最大，故B正确；
若存在不同的正整数i，j，使得，
则，即，
即，即，即，与i，j为正整数矛盾，
所以不存在不同的正整数i，j，使得，故C错误；
由，可得，即
因为，所以，解得，即
又
，
因为，所以在上单调递减，
所以当时，取得最大值，此时，
所以当，时，值最大，故D正确.
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查空间向量的线性运算、棱锥的体积、线面垂直的判定与性质，属于拔高题.
对于A，取BC的中点M，记与的交点为O，利用空间向量的线性运算即可判断；对于B，利用空间向量的线性运算结合选项即可判断；对于C，先判断点P在平面内，再利用棱锥的体积公式即可判断；对于D，先判断点P在直线上，再利用线面垂直的性质与判定定理即可判断.
【解答】
解：对于A，取BC的中点M，记与的交点为O，
因为正三棱柱中，，
当时，所以，
所以P为正方形对角线交点，故A正确；
对于B，当时，，
即，
若P在平面内，则存在实数，使得，
与矛盾，所以P不在平面内，故B错误；
对于C，当时，，即，所以点P在平面内，
因为平面平面ABC，
所以点P到平面ABC的距离相等，
所以三棱锥的体积为，故C正确；
对于D，当，且时，则，
即，
所以点P在直线上，
取BC的中点M，记与的交点为O，
在正三棱柱中，易得，，，，、平面，
所以平面，
若，，、平面，
所以平面，
因为过定点A与定直线BC垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点P，使得，故D正确．
故选
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查向量的垂直条件的应用，向量的坐标运算，考查计算能力，属于基础题.
利用向量的坐标运算，以及向量的垂直，列出方程求解即可.
【解答】
解：因为，，，
所以，
因为，
所以，
即，解得
故答案为
14.【答案】1，，答案不唯一
【解析】【分析】
此题考查了等差、等比数列的性质，熟练掌握等差、等比数列的性质是解本题的关键．
设a，b，c成等比数列的公比为q，用q，b表示出a，c，根据三个数都可能为等差中项，分三种情况考虑.
【解答】
解：假设存在这样的三个数，
、b、c成等比数列， 设公比为q，，
，，
①若b为等差中项，则，
即，解得，
则，不符合题意；
②若c为等差中项，则，
即，解得舍去或，
，；
③若a为等差中项，则，
即，解得舍去或，
，；
在③的情况下，取，则，，
即满足条件的一组实数a，b，c为1，，
故答案为1，，答案不唯一
15.【答案】
【解析】【分析】
本题考查球与内接圆锥的关系，考查圆锥与球的体积的公式的运用，考查运算能力，是中档题．
运用球的截面的性质，由勾股定理求得圆锥的底面半径，再由圆锥的体积公式和球的体积公式即可得到体积之比．
【解答】
解：如图，已知，
因为圆锥的高为，所以，
则，
则圆锥的体积为，
球的体积为，
则球 O的体积与该圆锥的体积之比为
16.【答案】 ； 10
【解析】【分析】
本题考查了正、余弦定理的应用及三角恒等变换，考查计算能力，属于拔高题.
先、中确定AB、AC的长，进而求得，，最后利用余弦定理求得BC，再除以时间即为船的速度．
先利用正弦定理求得，利用，求得的值，进而利用正弦定理求得CD，由此求解．
【解答】
解：如图，高塔顶端记为P点，底部为A点，该轮船上午11时位于B点，11时20分位于C点，
在中，，，
所以，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
如图，记点D位于海岛的正西方，
，
在中，根据正弦定理，
所以，
在中，根据正弦定理得，
所以
所以再经过分钟该轮船到达海岛的正西方向．
故答案为；
17.【答案】解：，
解得，
所以
所以
当时，，
所以；
若选①，因为”“是“”的充分不必要条件，则，
因为，
则对任意的恒成立，
令，
所以，即，
解得或，
所以m的取值范围为
若选②，因为，则，
由，得，
当时，不等式为，则，成立;
当时，，
则，解得
当时，，
则，解得，
综上，实数m的取值范围为
【解析】本题考查交并补混合运算、分式不等式、解不含参的一元二次不等式、解含参的一元二次不等式、二次方程根的分布、含参数的交集运算问题、含参数的集合关系的问题，属于中档题.
解不等式化简集合A，B，再求出，利用交集的概念，即可求出结果；
选①根据题意得出，令，利用根的分布求解;
选②由，得到，再对因式分解，分，，求解.
18.【答案】解：当时，函数，
要使函数有意义，只需要
或，
，，解得，
即函数的定义域为；
由题意，恒成立，
可得恒成立，
，
，即，
故实数k的取值范围是
【解析】本题考查函数定义域的求解，不等式恒成立问题，体现了转化思想的应用，属于中档题．
根据对数函数的性质及对数不等式即可求解函数的定义域；
结合不等式的恒成立与最值求解的相互转化可求．
19.【答案】解：因为，
故原式左边等价于，
即，
又，故，即
由正弦定理，且，，
所以，；
所以
因为为锐角三角形，
所以得，
解得
则，
所以
即周长的取值范围是
【解析】本题主要考查了正弦定理与三角函数恒等变换的应用，也考查了计算能力和转化思想，是中档题．
利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，进而可求B的值;
由正弦定理与三角恒等变换，即可求出周长的取值范围．
20.【答案】解：因为，，
又数列n为等差数列，
所以，即，解得或或，
因为，
当时，则n，此时数列n为等差数列；
当时，则n，此时数列n为等差数列；
当时，，，，
显然，此时数列n不是等差数列，
综上可得，或
①，则，，
若数列为等比数列，
则，
即，解得，
由可得，
则，且，
当时，数列是以为公比，首项为的等比数列，
故存在实数，使得数列为等比数列.
②由①可得，
故
【解析】本题考查数列的递推关系，等差数列的判断，等比数列的判断和通项公式，是中档题.
数列为等差数列，求出和，利用，求出并进行验证即可；
①求出和，根据求出，再进行验证即可；
②由①可求出通项公式.
21.【答案】证明：在平面PBD内作于点H，
因为平面平面PBC，平面平面，平面PBD，
所以平面PBC，
又平面PBC，所以，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
因为，平面PBD，平面PBD，
所以平面PBD，
又平面PBD，
所以
解：因为四边形ABCD是正方形，底面ABCD，
所以DA，DC，DP两两垂直，
以点D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设，，
则，
设平面DMN的法向量为，
则，
可取，
设直线PD与平面DMN所成角为，
则，
当时，；
当时，，
当即时，取得最大值，
即当点N为线段PB上靠近点B的三等分点时，直线PD与平面DMN所成角的正弦值取得最大值
【解析】本题考查了线面垂直的性质，面面垂直的性质，直线与平面所成角的求解，属于中档题.
在平面PBD内作于点H，根据面面垂直的性质得到平面PBC，可得，根据平面ABCD得到，从而证明平面PBD，即可证明；
以点D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，，求得平面DMN的法向量，再根据空间向量的夹角公式即可求解。
22.【答案】解：由可得定义域为，
则，，
令，
①当，即时，恒成立，则，
在上单调递增，无极值点；
②当，即或时，
当时，是开口向上且过的抛物线，对称轴为，则在上恒成立，从而，
在上单调递增，无极值点；
当时，是开口向上且过的抛物线，对称轴为，
则函数有两个零点，，且，，
所以，，
可取，
则当时，，此时；
当时，，此时；
即函数在，上单调递增，在上单调递减，
此时函数有两个极值点，满足题意；
综上，a的取值范围为
由可知，当时，有两个极值点，，
则，是方程的两根，
，，
，
则不等式恒成立，
转化为恒成立.
令，不等式转化为对任意恒成立，
显然，
，，
即，
令，则不等式化为，
，
当时，，在上单调递增，
又，，
，即，
令，，则，
则在单调递增，在单调递减，
，故，
则当，即时，实数k取得最小值为
【解析】本题考查了函数的极值以及利用导函数解决不等式恒成立问题，属于难题.
求出，分类讨论a，得到的极值情况，即可得满足条件的a的取值范围；
结合题干，转化为恒成立问题，通过换元，将不等式转化为，即，构造函数，结合单调性得到，分离参数，再构造函数，求出对应的最值即可求出k的最小值.