江西省吉安市第一中学2023-2024学年高三下学期期中考试数学试题（Word版附答案）

这是一份江西省吉安市第一中学2023-2024学年高三下学期期中考试数学试题（Word版附答案），共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，，则
A．B．C．D．
2．设为单位向量，，当的夹角为时，在上的投影向量为
A．B．C．D．
3．若互不相等的正数满足，则成等比数列
A．成等差数列B．成等比数列
C．成等比数列D．
4．双曲线的离心率e的可能取值为
A．B．C．D．2
5．已知函数，若的值域是，则的值为
A．B．C．D．
6．在中，“是正三角形”是“A，B，C成等差数列且成等比数列”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
7．某校高三年级有8名同学计划高考后前往武功山､黄山､庐山三个景点旅游.已知8名同学中有4名男生，4名女生.每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生不去同一处景点游玩，女生与女生去同一处景点游玩，则这8名同学游玩行程的方法数为
A．564B．484C．386D．640
8．如图，在棱长为的正方体中，点E，F在线段BD上，点H，G分别在线段AD，AB上，且，，，动点P在平面内．若PH，PG与平面所成的角相等，则BP的最小值是
A．B．C．5D．
二、多项选择题：本题共３小题，每小题6分，共18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6分，有选错的得0分，部分答对得部分分．
9．已知复数满足，则
A．B．
C．D．
10．已知，且，则
A．的最大值为2B．可能为3
C．的最大值为2D．的最小值为6
11．已知为坐标原点，抛物线上一点到其准线的距离为3，过的焦点的直线交于两点，则下列选项正确的是
A．过点且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条
B．当时，
C．为钝角三角形
D．的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．将函数图象向右平移个单位，得到的图象关于直线对称，则的最小值为 ．
13．用模型拟合一组数据组，其中.设，变换后的线性回归方程为，则 ．
14．已知向量满足，，则的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）如图，，分别是直径的半圆上的点，且满足，为等边三角形，且与半圆所成二面角的大小为，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）在弧上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由．
16．（15分）某运动队为评估短跑运动员在接力赛中的作用，对运动员进行数据分析．运动员甲在接力赛中跑第一棒、第二棒、第三棒、第四棒四个位置，统计以往多场比赛，其出场率与出场时比赛获胜率如下表所示．
（1）当甲出场比赛时，求该运动队获胜的概率．
（2）当甲出场比赛时，求该运动队在四场比赛中（每场比赛相互独立）至少获胜2场的概率．
（3）如果你是教练员，将如何安排运动员甲比赛时的位置？并说明理由．
17．（15分）已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若对任意，有恒成立，求整数m的最小值
18．（17分）已知T是上的动点（A点是圆心）.定点，线段TB的中垂线交直线TA于点P.
（1）求P点轨迹；
（2）已知直线的方程，过点B的直线（不与轴重合）与曲线相交于M，N两点，过点M作，垂足为
①求证：直线ND过定点，并求出定点的坐标；
②点为坐标原点，求面积的最大值.
19．（17分）已知数列的前项和为，满足；数列满足，其中.
（1）求数列的通项公式；
（2）对于给定的正整数，在和之间插入个数，使，成等差数列.
（i）求；
（ii）是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，说明理由.
比赛位置
第一棒
第二棒
第三棒
第四棒
出场率
0.3
0.1
0.2
0.3
比赛胜率
0.6
0.7
0.7
0.7
高三数学参考答案
1．D
【分析】根据一元二次不等式解法和指数函数图象性质求出集合，即可求得结果.
【详解】解不等式可得M=，
由指数函数的值域可得，

故选：D
2．A
【分析】根据题意，结合向量投影的概念与计算，即可求解.
【详解】由设为单位向量，，当的夹角为时，
所以在上的投影向量为.
故选：A．
3．D
【分析】根据得到，
故选：D
4．A
【分析】由题得到或，再利用离心率，即可求出结果.
【详解】由，得到或，
当时，，
当，双曲线，
，
所以，
故选：A.
5．C
【分析】画出函数图像。
6．C
【分析】根据给定条件，利用等差、等比数列的定义，结合正余弦定理及充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】在中，由A，B，C成等差数列，得，而，则，
由成等比数列，得，由正弦定理得，
由余弦定理得，即，解得，因此是正三角形；
若是正三角形，则，，
因此A，B，C成等差数列且成等比数列，
所以“是正三角形”是“A，B，C成等差数列且”成等比数列的充要条件.
故选：C
7．A
【分析】
先将不平均分组问题分成两大类，然后由排列组合知识结合加法、乘法计数原理即可得解.
【详解】8人分三组可分为2人，2人，4人和2人，3人，3人，共两种情况.
第一种情况分成2人，2人，4人：女生去同一处景点，当成2人组时，
其他6人分成2人，4人两组且男生甲与女生不同组，有种方法；
当在4人组时，有种方法.
第二种情况分成2人，3人，3人：当成2人组时，有种方法；
当在3人组时，有种方法.
故这8名同学游玩行程的方法数为.
故选：A.
8．B
【分析】证明FG⊥平面，利用求得PF和PE的关系，在平面中，以EF为x轴，其垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，求出P的轨迹方程，利用圆的性质即可求解．
【详解】∵，且，∴．
又∵，且，∴平面．
∵，∴平面．
∴PH，PG与平面所成角分别为，，则．
∵，，且，∴．
又∵，∴，
在平面中，以EF为x轴，其垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，
则，，．
设，
由，可得，整理得，
∴点P在圆心为，半径长为的圆上，
此时BP的最小值是．
故选：B．
9．BC
【分析】设，代入题干方程求解判断A，求复数的模判断B，根据复数乘方运算及共轭复数的定义判断C，利用复数的周期性求和判断D.
【详解】设，由得
，
即，所以，
解得或，
所以或，故选项A错误；
由，所以，
由，所以，故选项B正确；
当时，所以，，所以，
当时，所以，，所以，故选项C正确；
因为，所以，所以，故选项D错误.
故选：BC
10．BCD
【分析】根据基本不等式的性质，结合指数函数的性质逐项判断即可得结论.
【详解】对于A，因为，且，所以，当且仅当时等号成立，故A不正确；
对于B，因为，且，所以，
当且仅当，即时，等号成立，故，又，故B正确；
对于C，因为，且，所以，当且仅当时等号成立，
则，故C正确；
对于D，因为，且，所以
，当且仅当
时等号成立，故D正确.
故选：BCD.
11．ACD
【分析】由抛物线的定义及点到准线的距离可求解抛物线的方程，判断点与抛物线的位置关系即可判断A；联立直线与抛物线方程得韦达定理，即可根据弦长公式求解面积，进而可得的值，利用焦半径公式即可求解B；根据数量积的坐标运算即可求解C，根据焦半径公式，结合基本不等式即可求解D.
【详解】因为抛物线上一点到其准线的距离为3，所以，解得，所以抛物线的标准方程为．
对于A，由于点在抛物线上，且，故点在抛物线的外部，
显然过点与抛物线相切的直线有2条，
当过点的直线与轴平行时，与抛物线也仅有一个公共点，
所以过点且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条，故A正确；
对于B，由抛物线的方程可知，焦点，
当直线的斜率不存在时，，又，所以，不符合题意，
所以直线的斜率存在且不为0，设
，
联立消去整理得，
所以，，，又，
所以
，
解得，则，，
则，故B错误；
对于C，由选项可知，
所以，所以是钝角三角形，故C正确；
对于D，由选项B可知，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，故D正确．
故选:ACD．
【点睛】关键点点睛：本题C选项的关键是利用向量数量积小于0从而判断出其为钝角三角形，计算的时候需要结合抛物线中的焦点弦定值结论.
12．
【分析】化简，根据函数图象变换规律得平移后的函数解析式，再结合余弦函数的对称性可得的表达式，由此求得的最小值．
【详解】
，
的图象向右平移个单位，得到函数的图象，
由题意的图象关于直线对称，
所以，所以，
又，则当时，.
故答案为：.
13．
【分析】根据回归直线方程，必过样本点中心，再利用换元公式，以及对数运算公式，化简求值.
【详解】因为线性回归方程为恒过，
因为所以
即
，
故答案为：
14．/
【分析】
根据向量的模和夹角，考虑建立平面直角坐标系，将条件化简得到点C的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，从而赋予的几何意义为圆上的点与的距离，结合圆的性质易得其最大值.
【详解】
设，以OA所在的直线为x轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系（如图），
因，则设，
由可得：
即，整理得：，∴点C在以为圆心，1为半径的圆上，
则表示点A，C的距离，即圆上的点与的距离，∵圆心到点A的距离为，∴的最大值为.
故答案为：.
15．（1）证明见解析
（2）存在，
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证得平面平面，从而得证；
（2）依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得满足题意时的坐标，从而利用空间向量法求得点面距离，由此得解.
【详解】（1）依题意，所以，
所以、是等边三角形，
所以，所以四边形是菱形，所以，
由于平面，平面，所以平面.
由于是的中点，是的中点，所以，
由于平面，平面，所以平面.
由于，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面.
（2）设的中点为，连接，则，
由于四边形是菱形，所以，则，
由于平面平面且交线为，平面，
所以平面，又平面，则，
以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
因为，则，
则，
故，
设平面的法向量为，则，
取，则，故，
易知圆的方程为，设，
则，
设直线与平面所成角为，
则，
则，则，所以，，
故在弧上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，
此时点到平面的距离为.
16．（1）0.6
（2）（或0.8208）
（3）应多安排甲跑第四棒，理由见解析
【分析】（1）根据全概率公式即得出答案.
（2）根据条件概率的计算公式即可求解.
（3）分别求出四个位置上的获胜概率，即可做出判断.
【详解】（1）记“甲跑第一棒”为事件，“甲跑第二棒”为事件，“甲跑第三棒”为事件，“甲跑第四棒”为事件，“运动队获胜”为事件B，
则，
所以当甲出场比赛时，该运动队获胜的概率为0.6．
（2）运动队获胜场数～B（4，）
（3）
，
，
，
所以．
所以应多安排甲跑第四棒，以增加运动队获胜的概率.
17．【分析】（1）首先求函数的导数，并讨论和两种情况讨论函数的单调性；
（2）首先将不等式变形，参变分离为 在 上恒成立．转化为求函数的最值问题，即可求解.
【详解】（1）因为
，
当 时， 在 上恒成立，此时 在 上单调递增；
当 时，，得舍去，，
当 时， ，则 在 上单调递增；
当 时， ，则 在 上单调递减；
综上：当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减．
（2）因为对任意 ， 恒成立，
所以 在 上恒成立，
即 在 上恒成立．
设 ，则 .
设 ， ，则 在 上单调递减，
因为 ， ，
所以 ，使得 ，即 .
当 时， ；
当 时， .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 .
因为 ，所以 ，
故整数 m 的最小值为
18．（1）
【详解】（1）
由中垂线的性质得，所以
，
所以动点的轨迹是以、为焦点，长轴长为的椭圆，
设该椭圆的方程为，
则，，所以P点轨迹为；
（2）由对称性，若直线ND过定点，则该定点必在轴上，
①设直线MN的方程为，
由 得 （1）
设，
且

∴直线ND的方程为
令， 得 ……（2）
将 代入（2）， 则

故直线ND过定点 即定点
②在（1） 中，

又直线ND过定点

令 则
在上单调递减，
故当时,
19．（1）
（2）（i）；（ii）存在，
【分析】（1）根据的关系式可得是首项为1，公比为的等比数列，再根据可分别对的奇数项和偶数项分别求通项公式可得；
（2）（i）利用定义可求得新插入的数列公差，求得并利用错位相减法即可求出；
（ii）求得，易知对于任意正整数均有，而，所以不是数列中的项；又，分别对其取值为时解方程可求得.
【详解】（1）由①，当时，②，
得，
当时，，
是首项为1，公比为的等比数列，故，
由③.由
得，又④.
④-③得，
的所有奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列：
所有偶数项构成首项为2，公差为2的等差数列.
得.
综上可得；
（2）（i）在和之间新插入个数，使成等差数列，
设公差为，则，
则.
⑤
则⑥
⑤-⑥得：
，
所以可得
（ii）由（1），又，
由已知，
假设是数列或中的一项，
不妨设，
因为，所以，而，
所以不可能是数列中的项.
假设是中的项，则.
当时，有，即，
令，
当时，；
当时，，
由知无解.
当时，有，即.
所以存在使得是数列中的第3项；
又对于任意正整数均有，所以时，方程均无解；
综上可知，存在正整数使得是数列中的第3项.
【点睛】关键点点睛：求解是否存在正整数，使得
恰好是数列或中的项时，关键是限定出，再对数列的取值范围进行限定可得不是数列中的项，再由只能取得正整数可知只需讨论或有无解即可求得结论.