2024届江西省吉安市吉安一中高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届江西省吉安市吉安一中高三上学期期中数学试题含答案，共18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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．RD．
【答案】A
【分析】求出函数的定义域和值域，可分别化简集合，，再利用交集的定义求解即可.
【详解】依题意：，，
所以.
故选：A.
2．设，若复数的虚部为3（其中为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】C
【分析】利用复数的乘方及除法运算不解即得.
【详解】复数，
依题意，，所以.
故选：C
3．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由倍角余弦公式、和角正弦公式可得，两边平方及倍角正弦公式即可求值.
【详解】由题设，又，
所以，故，
所以.
故选：A
4．小明参加某项答题闯关游戏，每答对一道题则进入下一轮，某次答题时小明从A、B两块题板中任选择一个答题，已知他答对A题板中题目概率为0.8，答对B题板中题目的概率为0.3，假设小明不了解每块题板背后的题目，即小明随机等可能地从A、B两块题板中任选一个作答，现已知小明进入了下一轮，则他答的是A题板中题目的概率是（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】利用条件概率、全概率公式求进入了下一轮情况下答的是A题板中题目的概率.
【详解】设事件表示选题板中题目，事件表示选题板中题目，事件表示进入下一轮比赛，
由题意，，，，
又.
故选：C
5．已知双曲线的右焦点为，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线的两个交点为．若，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合圆的垂径定理及点到直线距离公式求出焦点到准线的距离，求出离心率即可.
【详解】因为，，所以三角形为正三角形，
所以到直线的距离为，所以，
因为，所以，所以，所以.
故选：D
6．已知五个数成等差数列，这五个数之和为100，其中较大的三个数之和的是较小的两个数之和，则这五个数中最大的数为（ ）
A．B．20C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，设这五个数分别为，根据条件列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】设这五个数分别为，，
由题意可得，解得，
且，解得，
则最大的数为.
故选：C
7．中，为上一点且满足，若为上一点，且满足，为正实数，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为B．的最大值为1
C．的最大值为16D．的最小值为4
【答案】D
【分析】AB选项，根据向量基本定理和共线定理得到，从而利用基本不等式求出的最大值为；CD选项，利用基本不等式“1”的妙用求出最值，得到答案.
【详解】AB选项，因为，所以，
故，
因为三点共线，设，即，
故，
令，故，
为正实数，由基本不等式得，解得，
当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，AB错误；
CD选项，，
当且仅当，即时，等号成立，C错误，D正确.
故选：D
8．设函数（）（为自然对数的底数），若关于的不等式的正整数解有且只有两个，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将问题化为在上有且只有两个正整数解，利用导数研究的性质，结合的性质得，即可求参数范围.
【详解】由题设在上有且只有两个正整数解，
所以，在上有且只有两个正整数解，
令且，则，
当，，则递减；当，，则递增；
故极小值，
又恒过，只需，
故实数的取值范围是.
故选：B
【点睛】关键点点睛：问题化为在上有且只有两个正整数解为关键.
二、多选题
9．关于下列命题中，说法正确的是（ ）
A．已知，若，则
B．某校三个年级，高一有400人，高二有360人.现按年级分层，用分层随机抽样的方法从全校抽取57人，已知从高一抽取了20人，则应从高三抽取19人
C．已知，若，则
D．数据的分位数为77
【答案】BC
【分析】对于A：利用二项分布期望和方差的公式列方程求解；对于B：根据分层抽样，通过比例计算得答案；对于C：利用正态分布的对称性计算；对于D：由百分位数的概念计算.
【详解】对于A：由已知得，解得，A错误；
对于B：根据分层抽样，高二抽取了人，则高三抽取了人，B正确；
对于C：由正态分布的对称性可得，C正确；
对于D：将数据从小到大排列：
因为，所以分位数为第5个数，即，D错误.
故选：BC .
10．已知函数，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．若函数为偶函数，则
C．若，则函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到
D．若，则函数的图象的对称中心为
【答案】ACD
【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的图象和性质，逐项判定，得出结论．
【详解】由题意，函数
，其中
可得函数的最小正周期为，故A正确；
若函数为偶函数，则，故B错误；
若，则函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到，故C正确；
若，则函数，令，求得，，
可得它的图象的对称中心为，故D正确，
故选：ACD．
11．已知，则关于函数说法正确的是（ ）
A．函数在上为减函数B．函数的图象的对称轴为
C．，使得D．
【答案】AD
【分析】利用不同象限表示不同的圆锥曲线图象可求解.
【详解】当时，原等式化为，
当时，原等式化为，
当时，原等式化为，
当时，原等式化为，此方程无解，
结合椭圆、双曲线的图象作出图象如下：
由图象可知，函数在上为减函数，所以A正确；
第一象限的图象为椭圆的部分，不关于，所以B错误；
函数图象不出现在第三象限，所以不存在，使得，
所以C错误；
因为第四象限部分双曲线的渐近线与第二象限的双曲线部分的渐近线都为，所以结合函数图象恒成立，所以D正确.
故选:AD.
12．如图，矩形中，为边的中点，沿将折起，点折至处平面分别在线段和侧面上运动，且，若分别为线段的中点，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）

A．面积的最大值为
B．存在某个位置，使得
C．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为
D．三棱锥体积最大时，点到平面的距离的最小值为.
【答案】ACD
【分析】A选项，利用三角形面积公式，，当时，最大，且最大值为，故A正确；B选项，取的中点，易证，易判断B错误；C选项，三棱锥体积最大时，平面，，找到球心求出半径得解；D选项，由，得，所以点在以为球心，1为半径的球面上，求出点到平面的距离得解.
【详解】对于A，由，，则，
所以当时，最大，且最大值为，故A正确；

对于B，取的中点，连接，显然，且，
又，所以四边形为平行四边形，
所以，又，且，为的中点，
则与不垂直，
所以与不垂直，故B错；

对于C，易知三棱锥体积最大时，平面平面，交线为，
作，因为平面，则平面，
取中点，连接，，，则，
由勾股定理可得，
又，故点为三棱锥的外接球的球心，
所以其外接球的半径为，表面积为，故C正确；
对于D，由选项C可知，，
点在以为球心，1为半径的球面上，设点到平面的距离为，
因为，所以，
易知，，，
，，，
所以点到平面的距离的最小值为，选项D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．函数 在点处的切线方程为 ．
【答案】
【分析】先求导，再求斜率，进而可得直线方程.
【详解】由已知，
所以，又，
所以函数 在点处的切线方程为，
即.
故答案为：.
14．已知球O的表面积为100，某个高为6的圆柱的上下底面圆周都在此球面上，则此圆柱的体积为 ．
【答案】
【分析】根据圆柱与球的结构特征以及球的表面积公式可得，进而可求圆柱的体积.
【详解】设球的半径为，圆柱的底面半径为，
由题意可得，解得，
所以圆柱的体积为.
故答案为：.
15．已知函数，若，则实数的取值范围为 .
【答案】.
【分析】由题意得及1，从而将问题转化为求的取值范围，由此利用导数研究其单调性即 可得解.
【详解】因为与在其定义域单调递增，
所以在各自定义域内不可能有两个点使得，
又因为，所以由题意得，
故由得，则所以，
令，则，
所以在上单调递增，则，
故，即.
故答案为：.
16．在如图所示的三角形数阵中，用（）表示第i行第j个数（），已知（），且当时，除第i行中的第1个数和第i个数外，每行中的其他各数均等于其“肩膀”上的两个数之和.即（）.若，则正整数m的最小值为 .
【答案】2026
【分析】根据规律得到，利用分组求和及等比数列求和公式得到，从而得到不等式，求出整数m的最小值.
【详解】∵，
，
∴
，
因为若，则，即，
因为，故，所以，，
即，
所以正整数m的最小值为2026.
故答案为：2026
四、解答题
17．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，若D为边上一点，，．
(1)求角；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互换得到，然后求即可；
（2）分别在和中利用正弦定理得到，然后利用三角函数的性质求范围即可.
【详解】（1），由正弦定理可得，
即，
因为，，故，，
又，故.
（2）
因为，故，
在中，，得，
在中，，得，
故，而，，
所以，
由题意知，，
故，即的取值范围为.
18．如图，在四棱锥中，底面，点在棱上，，点在棱上，为的中点，.

(1)求证：四点共面.
(2)求直线与平面的所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）建立空间之间坐标系，利用向量共面即可求解，
（2）求解平面法向量，即可根据线面角的向量法求解.
【详解】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，则.
设，则，解得，
则，即四点共面.

（2）由（1）中的空间直角坐标系，可得，
设平面的法向量为
由取，可得，所以.
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线PA与平面AMN所成角的正弦值为.
19．记为数列的前项和，已知.
(1)求的通项公式；
(2)令，记数列的前项和为，试求除以3的余数.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）根据等差数列的定义及通项公式求出，再根据求出；
（2）利用等比数列前n项和公式求出，然后应用二项式展开式求余数
【详解】（1）由有，即，
又，故，
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
所以，即，
故，两式相减得，即，
所以，
因此的通项公式为.
（2）由（1）及，有，所以，
又，
因为均为正整数，所以存在正整数使得，
故，
所以除以3的余数为2.
20．本届杭州亚运会是首届采用云上转播的亚运会，预计在云上传输最大60路高清和超高清信号，某企业负责生产所需的某种高清转播设备，设生产该款设备的次品率为（），且各套设备的生产互不影响．
(1)生产该款设备需要两道工序，且互不影响，假设每道工序的次品率依次为．
①求；
②现对该企业生产的设备进行自动智能检测，自动智能检测为次品（注：合格品不会被误检成次品）的设备会被自动淘汰，若自动智能检测为合格，则再进行人工抽检，已知自动智能检测显示该款设备的合格率为96%，求人工抽检时，抽检的一套设备是合格品的概率．
(2)视为概率，记从该企业生产的设备中随机抽取套，其中恰含（）个次品的概率为，求证：在时取得最大值．
【答案】(1)①，②.
(2)证明见解析.
【分析】（1）①利用对立事件的概率求法求概率即可；②利用条件概率公式求抽检的一套设备是合格品的概率；
（2）由题设可得，再应用导数求最大值，即可证.
【详解】（1）①因为两道生产工序互不影响，所以
②记该款设备自动智能检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，
且，
则人工抽检时，抽检的一套设备恰是合格品的概率．
（2）因为各套设备的生产互不影响，所以，
则．
令，得，
当时，为单调增函数；
当时，为单调减函数，
所以，当时，取得最大值．
21．已知抛物线：（）的焦点也是椭圆：的一个焦点，是与在第一象限的公共点.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作斜率为的直线与交于两点，与交于两点，且与同向.
（i）当直线绕点旋转时，判断的形状；
（ii）若，求直线的斜率.
【答案】(1)
(2)（i）为钝角三角形（ii）
【分析】（1）将点的坐标代入抛物线方程，即可得到结果；
（2）根据题意，联立直线与抛物线方程，得到与的坐标，由，即可判断三角形形状；再由条件可得，列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）因为是与在第一象限的公共点
所以，则，
所以抛物线的方程为.
（2）设，
（i）设直线的方程为，联立得，
则，，
所以为钝角三角形.
（ii）因为与同向，且，所以，
从而，即，所以，
联立得，
则，所以，
即，
所以直线的斜率为.
22．已知函数．
(1)若，求的单调区间与极值；
(2)若当时，恒有，求的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)减区间为，增区间为；极小值为，无极大值；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间和极值；
（2）令，问题化为时恒成立，利用导数并讨论、研究恒成立求参数范围；
（3）由（2）当时恒成立，令，进而化为对任意恒成立，进而得到，即可证结论.
【详解】（1）因为，所以，则，
令，则；令，则；
故减区间为，增区间为；极小值为，无极大值；
（2）令，则时恒成立；
，且；
令，则，且；
①当时，，则在上存在点，使时，
则在上单调递增，此时，
在上单调递增，则，不合题意；
②当时，，
令，则，在上单调递减，
，即，，则，
，在上单调递减，，
在上单调递减，，满足题意；
综上所述：的取值范围为.
（3）当时，由（2）知：当时恒成立，
令，则，，则，
，即对任意恒成立，
对，，即，
.
【点睛】关键点点睛：第三问，根据第二问结论，结合换元法得到对任意恒成立，进而有，为关键.