2024届江西省萍乡市高三上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2024届江西省萍乡市高三上学期期中考试数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，全集，集合，下列选项的集合中，包含于图中阴影部分表示的集合的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据集合的运算法则，求得，结合选项，即可求解.
【详解】由全集，集合，
可得，
可得阴影部分所表示的集合为，
结合选项，可得.
故选：A.
2．若复数满足（其中为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数模的计算公式，即可求解.
【详解】由，可得，
则.
故选：B.
3．在中，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据，利用平面向量的线性运算求解.
【详解】因为，所以，
所以,
因为，所以为的中点，
则，
所以，
故选：C
4．定义在上的偶函数满足：对任意，有，且，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据判断函数的单调性，结合偶函数和单调性进行求解即可.
【详解】不妨设，由，所以该函数是上的增函数，
，或，
，
，或，
因此有，
或，或，
综上所述：不等式的解集是，
故选：B
5．已知向量，则“或”是“与的夹角为钝角”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件D．充要条件
【答案】B
【分析】根据与的夹角为钝角，由且与不共线求得t的范围，再利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】若与的夹角为钝角，则且与不共线，
即或且，
所以“或”是“与的夹角为钝角”必要不充分条件，
故选：B.
6．已知球的表面上有四个点，其中平面，，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求的外接圆的半径，利用球心与圆心的连线垂直底面，构成直角三角形即可求解三棱锥外接球的半径，可得其表面积.
【详解】在中， ，，
由余弦定理可得，
设外接圆的圆心为 ，半径为r，球心为O，
由正弦定理可得， ，得，
平面ABC，且球心到点P，A的距离相等，
球心与底面的距离为 ，
球心与圆心的连线垂直于底面，，
，
该三棱锥外接球的表面积
故选：D
7．对于数列，定义为的“优值”，若，记数列的前项和为，则（ ）
A．1012B．2020C．2023D．2025
【答案】D
【分析】根据题意，得到，进而求得数列的通项公式为，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】由且，可得，
当时，可得，
两式相减，可得，解得；
当时，可得，适合上式，
所以数列的通项公式为，该数列为等差数列，
则，所以.
故选：D.
8．法国数学家傅里叶用三角函数诠释美妙音乐，代表任何周期性声音和震动的函数表达式都是形如的简单正弦型函数之和，这些正弦型函数各项的频率是最低频率的正整数倍（频率是指单位时间内完成周期性变化的次数，是描述周期运动频繁程度的量），其中频率最低的一项所代表的声音称为第一泛音，第二泛音的频率是第一泛音的2倍，第三泛音的频率是第一泛音的3倍…….例如，某小提琴演奏时发出声音对应的震动模型可以用如下函数表达：，（其中自变量表示时间），每一项从左至右依次称为第一泛音､第二泛音､第三泛音.若一个复合音的数学模型是函数（从左至右依次为第一泛音､第二泛音），给出下列结论：
①的一个周期为；
②的图象关于直线对称；
③的极小值为；
④在区间上有2个零点.
其中正确结论的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【分析】对于①，根据题意得到的频率为，最小正周期为，从而得到的最小正周期为，①错误；对于②，计算出，②错误；对于③，求导得到函数单调性和极值，得到在处取得极小值，此时或，分两种情况，进行求解，比较后得到极小值；对于④，求出为函数零点，④错误.
【详解】对于①，的最小正周期为，故频率为，
由题意得的频率为，故最小正周期为，
因为的最小正周期为，的最小正周期为，
故的最小正周期为，故①错误；
对于②，，
则，
故，故的图象不关于直线对称，②错误；
对于③，，，
又，
令得，，故
故在区间上单调递增，
令得，，故
故在区间上单调递减，
故在处取得极小值，此时，
故，
故的极小值为，③正确；
对于④，，
因为，所以当时，，故，
当时，，故，
在区间上有3个零点，④错误.
故选：A
二、多选题
9．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】对于选项A取特值判断为错误；对于选项B和D利用基本不等式判断为正确；对于选项C，利用“1”的妙用判断为错误.
【详解】对于选项A，取，，所以A错误；
对于选项B，，当且仅当时等号成立，所以B正确;
对于选项C，，
当且仅当，即时等号成立，此时，故C错误；
对于选项D，因为，当且仅当时等号成立，所以，
故，所以D正确，
故选：BD.
10．已知数列满足，则下列结论正确的是（ ）
A．为等比数列
B．为递增数列
C．的通项公式为
D．的前项和
【答案】ACD
【分析】对于A，根据等比数列的定义，整理题目中的等式，可得答案；对于B、C，根据等比数列的通项公式，结合数列与函数的关系，可得答案；对于D，利用分组求和法，结合等比数列的求和公式，可得答案.
【详解】对于A，由，，，，
而，所以数列是等比数列，故A正确；
对于B、C，由，则，由选项A可知是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，整理可得，
根据指数函数与反比例函数的单调性以及复合函数的单调性，可知是递减数列，故B错误，C正确；
对于D，由选项B可知，则
，故D正确.
故选：ACD.
11．已知正方体的棱长为1，若点在线段上运动（不含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面
B．周长的最小值为
C．三棱锥与三棱锥的体积之和为
D．当时，与平面所成角的正切值为3
【答案】ACD
【分析】通过证明平面平面判断A，将绕翻折使其与共面，记点的对应点为，连接交与点，求出的最小值，即可判断B，建立空间直角坐标系，设，，求出到平面的距离与到平面的距离，再由锥体的体积公式判断C，利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可判断D.
【详解】在正方体中，，，
又平面，平面，所以平面，同理可证平面，
又，平面，所以平面平面，
又点在线段上运动（不含端点），即平面，所以直线平面，故A正确；
将绕翻折使其与共面（如下图所示）记点的对应点为，连接交与点，
此时取得最小值为，又，，
所以，
又，所以周长的最小值为，故B错误；
建立空间直角坐标系，则，，，，设，，
则，
所以，
则到平面的距离，到平面的距离，
又，，且，
所以，故C正确；
因为，所以，即，所以，所以，
，，，
设平面的法向量为，则，取，
设与平面所成角为，则，
所以，则，故D正确；
故选：ACD
12．已知，则下列说法正确的有（ ）
A．对于任意，函数有且只有两个零点
B．当时，函数有三个极值点
C．当时，函数的图象的切线的斜率最小值为
D．若函数在上的最小值为，则
【答案】BCD
【分析】先求出当时，函数的单调性，再对a分类讨论当时，确定函数的单调性，结合选项依次判断即可.
【详解】解：，
当时，
由，得，
由，得，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
对于A项，当，则时，，则，有无数个零点，故A项错误；
对于B项，由在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，则为的极大值点，为的极小值点，
当时，在上单调递减，且，且函数在处连续，则0为的极大值点，故B项正确；
对于C项，当时，函数的图象的切线的斜率为：
，故C项正确；
对于D项，
当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
，，
则，
当时，显然函数在上的最小值为，
则，故D项正确.
故选：BCD
三、填空题
13．在平面直角坐标系中，已知向量与夹角为，则的坐标可能是 .（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据题意，设，再结合平面向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】设，则，
化简可得，则，
不妨取，，则是其中一个解.
故答案为：（答案不唯一）.
14．直四棱柱的高为，底面是边长为2的菱形，，则二面角的平面角的大小为 .
【答案】/
【分析】根据题意，由二面角的定义可得为二面角的平面角，再由条件可得为等边三角形，即可得到结果.
【详解】
连接相交于，连接，
因为是直四棱柱，且是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，
则，且为中点，则，
所以，则为二面角的平面角，
且，且，
即为等边三角形，所以.
所以二面角的平面角的大小为.
故答案为：
15．求值： .
【答案】
【分析】将写成，然后用两角差的余弦公式拆开；将用积化和差公式转化一下，然后整体代入原式即可求解.
【详解】，
，
代入原式得，
故答案为：.
16．定义域为的函数恰有一个零点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】分和两种情况讨论零点情况，当时，不符合题意；当时，通过对两边同时取以为底的对数，将问题转化成恰有一个解，构造函数，利用导数研究函数单调性，结合零点存在性定理及最值即可求.
【详解】函数的定义域为，
当时，恒成立，故函数无零点，不符合题意；
当时，令，即，
两边同时取以为底的对数，有，即，
函数恰有一个零点，等价于恰有一个解，
令，
则，
若，即时，则在上恒成立，
所以在上单调递减，
又因为，，
故有，
所以在上有唯一解，符合题意；
若，即时，令，则，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，
因为在上有唯一解，
所以，解得，
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是等价转化为恰有一个解，再构造函数，利用导数研究其最值即可.
四、解答题
17．已知内角的对边分别为，面积为，且.
(1)求角；
(2)已知，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据将，利用正余弦两角和差公式可得，
（2）由（1）及题意可得，化简得：，然后再利用基本不等式从而求解.
【详解】（1）由题知，，
因为：，得：，
所以：，，
在中，，且，得：，得：.
故：.
（2）由题知，，
则：，又：，所以：，
当且仅当时取等号，
所以：，
故：面积的最大值为.
18．已知正项数列中，，前项和为，且__________.请在①②中任选一个条件填在题目横线上，再作答：①，②.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）若选①，通过因式分解化简递推公式，得是公差为2的等差数列，结合，可求数列的通项公式；
若选②，时，求出，利用公式，化简后证得数列为等差数列，公差，可求数列的通项公式；
（2）利用放缩和裂项相消法求和证明不等式.
【详解】（1）若选①: 由，得，
即，
因为为正项数列，所以，是公差为2的等差数列，
由，得；
若选②：，当时，，
两式作差得：，则，
两式作差得，
即，所以数列为等差数列，
时，，可得，
公差，则；
（2）由（1）知，，
又，
19．（1）已知关于的不等式的解集为，则当时，求的取值范围；
（2）已知函数的定义域与函数的值域的交集不为空集，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由一元二次不等式的解法得出，再由二次函数的性质得出其范围；
（2）由指数函数的性质得出的值域，从而将问题转化为至少存在一个，使成立，再参数分离，构造函数，求出最小值，从而得出实数的取值范围.
【详解】（1）由题知：，
解得，
，
令，所以时，有时，有，
所以的取值范围为；
（2）函数的值域为，
由题知，至少存在一个，使成立，
即当，存在使成立，
令，则时，，
所以，即实数的取值范围为.
20．如图，在正四棱台中，分别是的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为，为的中心，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；
（2）根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.
【详解】（1）取中点，连接，如下图：
在梯形中，分别为的中点，则，同理可得，
因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，
因为，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面；
（2）连接，则，连接,
在平面中，作交于，
在平面中，作交于，连接，如下图：
因为，则，且，所以为平行四边形，
则，且，所以为异面直线与所成角或其补角，
同理可得：为平行四边形，则，
在正四棱台中，易知对角面底面，
因为平面平面，且，平面，
所以平面，由内切球的半径为，则，
在等腰梯形中，且，易知，同理可得，
在中，，则，
设正方形的边长为，则正方形的边长为，，
由正四棱台的侧面积为，则等腰梯形的面积，
因为平面，平面，所以，
在，，可得，
则，解得，
所以，，，，则，
在中，，则，
所以在中，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
21．已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为.
(1)若，求函数值域；
(2)若，把方程的根从小到大排列，记为数列，求的前20项和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用二倍角的余弦公式、辅助角公式化简函数，由给定性质求出的解析式，
求出函数的周期，利用导数求出在长为一个周期的区间内的值域即得.
（2）求出并求出在内对应的值的和，再利用的周期构建等差数列，利用等差数列前n项和公式求解即得.
【详解】（1）依题意，，
由图象的相邻两对称轴间的距离为，得的最小正周期为，则，
由是奇函数，得，而，则，即，
于是，显然的最小正周期为，则只考查长为一个周期的区间，
求导得，
当和时，单调递增，
时，单调递减，因此，
所以函数的值域为.
（2）由，得，
解得或，即或，
当时，，则，
当时，，则，
因此，而的最小正周期为，记，
于是数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
22．已知函数.
(1)证明：当时，恒成立；
(2)首项为的数列满足：当时，有，证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）整理不等式，构建函数，利用导数研究其单调性，可得答案；
（2）根据函数单调性，整理不等式，利用递推的思想，可得答案.
【详解】（1）要证，即，只需证，
令，则，
令，则，
当时，，单调递增，即单调递增，
则，单调递增，则，
故当时，恒成立；
（2），由（1）知，则，即，依此类推，可知，
等价于，
当时，（等价于），下证，
即证，即证，
因为，则只要证，
即，
令，则，
令，则，所以单调递增，
即单调递增，，则单调递增，，
所以，即，
所以，
即
所以.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用导数研究函数，导数的整理方法一般分为两种：一是分解因式，二是再次求导研究导数的单调性.