2023—2024九江一中高三上學期期中考試數學試題一、單選題1.已知集合，則的真子集個數為（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】【分析】先將兩個集合化簡求其交集，然后根據集合元素個數與真子集個數關系求出真子集個數.【詳解】因為，，所以，的真子集個數為.故選：B.2.已知復數滿足，則復數的虛部為（）A. B.2 C.2i D.【答案】A【解析】【分析】根據題意除法運算求復數，結合復數的相關概念分析求解.【詳解】因為，則，所以復數的虛部為.故選：A.3.“，關于的不等式恒成立”的一個充分不必要條件是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】分析】利用二次函數圖象結合充分必要條件求解即可.【詳解】由“，關于的不等式恒成立”，等價于，解得，則“”的一個充分不必要條件是.故選：B.4.純電動汽車是以車載電源為動力，用電機驅動車輪行駛，符合道路交通?安全法規各項要求的車輛，它使用存儲在電池中的電來發動．因其對環境影響較小，逐漸成為當今世界的乘用車的發展方向．研究發現電池的容量隨放電電流的大小而改變，1898年Peukert提出鉛酸電池的容量C、放電時間t和放電電流I之間關系的經驗公式：，其中為與蓄電池結構有關的常數（稱為Peukert常數），在電池容量不變的條件下，當放電電流為時，放電時間為；當放電電流為時，放電時間為，則該蓄電池的Peukert常數約為（）（參考數據：，）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意可得，再結合對數式與指數式的互化及對數運算即可求解.【詳解】根據題意可得，兩式相除可得，所以，可得.故選：B.5.已知為的重心，，，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】取的中點為，由重心的性質可知，再根據已知條件可知，又，再利用基本不等式即可求出結果.【詳解】取中點為，連接，如下圖所示：因為G為三角形ABC的重心，所以，因為，，所以，所以，又，當且僅當時取等號；故選：D.6.在我國古代的數學名著《九章算術》中，塹堵指底面為直角三角形，且側棱垂直于底面的三棱柱，鱉臑指的是四個面均為直角三角形的三棱錐.如圖，在塹堵中，，當鱉臑的體積最大時，直線與平面所成角的正弦值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根據鱉臑體積最大求出和的值，建系求出各點坐標，利用向量即可求出直線與平面所成角的正弦值.【詳解】在塹堵中，，，，，，，，當且僅當是等號成立，即當鱉臑體積最大時，，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，，，，，，，，設平面的法向量，則，取，得，設直線與平面所成角為，則，直線與平面所成角的正弦值為．故選：C．7.如圖，平面四邊形A?B?C?D，己知，，，，則A?B兩點的距離是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用正余弦定理計算即可.【詳解】由題意可知在中，有，，，所以，由正弦定理可得，而，故，又，在中，，由正弦定理可得，在中，由余弦定理可得.故選：B8.已知函數，設方程的3個實根分別為，且，則的值可能為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用導數求出的單調性與極值，即可得到的圖象，令，求出方程的根、（），依題意可得、，從而求出的取值范圍，再由，，即可求出的取值范圍.【詳解】由題設，的定義域為，且，∴當時，，即單調遞減；當時，，即單調遞增.∴，當時，且時，當時且隨趨向于，趨向無窮大.∴的圖象如下所示：∴令，則在上必有兩個不等的實根，(設)且，，因為方程有個實根，則、，即，可得，∴由知：，，∴，故符合題意的只有B.故選：B.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是將關于的方程，轉化為關于的方程，結合的性質求出參數的取值范圍，最后結合解答.二、多選題9.函數的部分圖象如圖所示，則（）A.B.圖象的一條對稱軸方程是C.圖象的對稱中心是，D.函數是偶函數【答案】BD【解析】【分析】首先根據題意得到，再根據三角函數的性質和平移變換依次判斷選項即可得到答案.【詳解】由函數的圖象知：，所以；即，解得，所以，因為，所以，，即，，因為，所以，.對選項A，因為，故A錯誤.對選項B，，故B正確．對選項C，令，k∈Z，解得，，所以的對稱中心是，，故C錯誤．對選項D，設，則的定義域為R，，所以為偶函數，故D正確.故選：BD10.已知梯形，，，，是線段上的動點；將沿著所在的直線翻折成四面體，翻折的過程中下列選項中正確的是（）A.不論何時，與都不可能垂直B.存在某個位置，使得平面C.當平面平面時，四面體體積的最大值為D.當平面平面時，四面體的外接球的表面積為【答案】AD【解析】【分析】假設，可得，與為直角矛盾，即可判斷A；假設存在某個位置，使得平面，可得與當且僅當在BC上時，矛盾，即可判斷B；如圖，由面面垂直的性質可得平面，則四面體的最大體積為，結合錐體的體積公式計算即可判斷C；由選項C的分析，由圖形可得O為四面體的外接球的球心，半徑，結合球的表面積公式計算即可判斷D.【詳解】A：如圖1，取DB的中點E，連接，則，假設，有平面，得，與為直角矛盾，故A正確；B：假設存在某個位置，使得平面，則，，又，所以，如圖2，當且僅當在BC上時，不符合題意，故B錯誤；C：如圖3，取BD的中點E，連接，則，由平面平面，平面平面，得平面，所以四面體的最大體積為，故C錯誤；D：如圖4，取BC的中點O，連接，則，由選項C的分析可得平面，又平面，所以，由，平面，所以平面，故平面，則O為四面體的外接球的球心，半徑，故四面體的外接球表面積為，故D正確.故選：AD.11.是定義在上的連續可導函數，為其導函數，下列說法正確的有（）A.若，則B.若為偶函數，則為奇函數C.若是周期為的函數，則也是周期為的函數D.已知且，則【答案】AD【解析】【分析】對于A，等式兩邊對進行求導即可得出，對于B，列舉反例，，對于C，列舉反例，對于D，等式兩邊對進行求導，分別令和即可求出.【詳解】對于A，等式兩邊對進行求導，則，所以，選項A正確，對于B，列舉反例，若，所以，此時為偶函數，但，并不是奇函數，所以選項B錯誤，對于C，若，則，此時是以為周期的函數，但并不是周期函數，所以選項C錯誤，對于D，因為，等式兩邊對進行求導，即，令則，所以，又因為，等式兩邊對進行求導，則，令則，所以，所以，所以選項D正確.故選：AD12.設數列滿足：，則（）A.是遞減數列 B.是等比數列C. D.當時，【答案】ACD【解析】【分析】由數列的遞推關系可得數列是以為首項，為公差的等差數列，則得，再根據數列的性質逐項判斷即可.【詳解】因為，所以則，所以，即所以數列是以為首項，為公差的等差數列，故B不正確；則，故所以，所以數列是遞減數列，故A正確；則，所以，故C正確；則當時，，故D正確.故選：ACD.三、填空題13.已知等差數列的前項和為，若，，則_______．【答案】20【解析】【分析】根據給定條件，利用等差數列的性質求出公差即可得結果.【詳解】設等差數列的公差為，由，得，即有，于是，解得，所以.故答案為：2014.已知向量，，且，則________．【答案】【解析】【分析】根據向量垂直可得，即可弦切互化求解.【詳解】由可得，所以，故答案為：15.在平行六面體中，為的中點，過的平面分別與棱交于點，且，則________（用表示）．【答案】【解析】【分析】由題意設分別為的中點，容易證明四邊形是平行四邊形，即平面為符合題意的平面，進而分解向量即可求解.【詳解】如圖所示：由題意不妨設分別為的中點，容易證明四邊形是平行四邊形，即平面為符合題意的平面，因此，又因為，，，且，，所以.故答案為：.16.若存在，使得函數與的圖象有公共點，且在公共點處的切線也相同，則的最大值為__________.【答案】【解析】【分析】設兩函數圖象的公共點橫坐標為，求導后得到方程，求出，從而得到，即，構造函數，求導得到單調性，進而求出，求出答案.【詳解】的定義域為，的定義域為R，設兩函數圖象的公共點橫坐標為，則，，，則，即，解得或，因為，所以（舍去），滿足要求，且，即，故，，令，，則，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，故在處取得極大值，也是最大值，故，所以的最大值為.故答案為：【點睛】應用導數的幾何意義求切點處切線的斜率，主要體現在以下幾個方面：(1)已知切點求斜率,即求該點處的導數；(2)己知斜率求切點即解方程；(3)已知切線過某點(不是切點)求切點,設出切點利用求解.四、解答題17.在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且向量，，.（1）求角A的大小；（2）若為上一點，且，，求面積的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據向量垂直得到，計算化簡得到，根據余弦定理得到答案.（2）根據余弦定理得到，再利用均值不等式得到，計算面積得到最值.【小問1詳解】，故，即，故，整理得到，即，，故.【小問2詳解】，，故為等邊三角形，即，中：，即，即，當且僅當時等號成立..18.在數列中，為數列的前項和，且滿足.（1）求數列的通項公式；（2）若.求數列的前項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由前n項和求遞推關系，應用等比數列定義證明等比求通項公式；（2）應用裂項相消法計算即可.【小問1詳解】當時，，解得.當時，即，易知，所以.所以是以為首項，以2為公比的等比數列.故.【小問2詳解】，19.如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，，平面平面，，，，（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）.【解析】【分析】（1）根據面面垂直性質定理以及線面垂直判定定理，可得答案；（2）建立空間直角坐標系，求得平面的法向量，利用面面角向量公式，可得答案.【小問1詳解】因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又因為平面，所以，又因為，，平面，平面，所以平面.【小問2詳解】由（1）知平面，又平面，平面，所以，，過引，則有，，又因為，即，以為原點，以為軸，以為軸，以為軸建立空間直角坐標系設，則，，，，，所以，，，由于，所以，所以，即，從而，則，，，設平面PDC的一個法向量為，則有，即，取，解得，即，設平面的一個法向量為，則有，即，取，解得，即，所以設二面角的平面角為，為鈍角，所以二面角平面角余弦值為.20.甲、乙兩人準備進行羽毛球比賽，比賽規定：一回合中贏球的一方作為下一回合的發球方.若甲發球，則本回合甲贏的概率為，若乙發球，則本回合甲贏的概率為，每回合比賽的結果相互獨立.經抽簽決定，第1回合由甲發球.（1）求前4個回合甲發球兩次概率；（2）求第4個回合甲發球的概率；（3）設前4個回合中，甲發球的次數為，求的分布列及期望.【答案】（1）（2）（3）分布列見解析，【解析】【分析】（1）前4個回合甲發球兩次可分為3種情況，分別求概率再相加即可；（2）先求出第2回合甲乙發球的概率，進而得到第3回合甲乙發球的概率，進而可得第4回合甲乙發球的概率；（3）根據隨機變量的取值，利用獨立性概率公式可得.【小問1詳解】前4個回合甲發球兩次的情況分以下三種：第一種情況，甲第1，2回合發球，乙第3，4回合發球，其概率為.第二種情況，甲第1，3回合發球，乙第2，4回合發球，其概率為.第三種情況，甲第1，4回合發球，乙第2，3回合發球，其概率為.故前4個回合甲發球兩次的概率為.【小問2詳解】第2回合甲發球的概率為，乙發球的概率為.第3回合甲發球的概率為，乙發球的概率為.第4個回合甲發球的概率為.【小問3詳解】可以取1，2，3，4.當時，；當時，；由（1）得，當時，；當時，.的分布列為1234.21.已知雙曲線的離心率為，右頂點到的一條漸近線的距離為.（1）求的方程；（2）是軸上兩點，以為直徑的圓過點，若直線與的另一個交點為，直線與的另一個交點為，試判斷直線與圓的位置關系，并說明理由.【答案】（1）（2）直線與圓相交，理由見解析【解析】【分析】（1）由題意列出關于的方程，求解即可.（2）設，由點在圓上，得出，由的坐標，得出直線方程，將直線方程與雙曲線方程聯立，得點坐標，同理可得點坐標.從而得到直線方程，通過直線過定點，，從而得出點在圓內，故直線與圓相交.【小問1詳解】因為的離心率為，所以，所以，漸近線方程，因為點到一條漸近線距離為，所以，解得，所以的方程為.【小問2詳解】直線與圓相交，理由如下：設，則，因為點在以為直徑的圓上，所以，所以，即，由（1）得，直線方程為：與雙曲線方程聯立，消去得，，因為直線與都有除以外的公共點，所以，所以，即，同理當，.，所以直線方程為：，令得，，即直線經過定點.因為，所以點在圓內，故直線與圓相交.22.已知函數．（1）當時，求的單調性；（2）若，求實數的取值范圍．【答案】22.單調遞減區間為，；單調遞增區間為23.【解析】【分析】（1）利用