江西省宜春市宜丰中学2024届高三上学期开学考试数学试题（解析版）

第1页/共1页2024届江西省宜丰中学高三（上）开学考数学试卷一､单选题（40分）1.已知复数（是虚数单位），则（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】首先根据复数的运算得到，再求其模长即可.【详解】因为，所以，故选：B.2.如图所示的中，点分别在边上，且，则向量（）A B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题目条件，结合平面向量运算的三角形法则，进行推导即可．【详解】；；，；；又；；故选：D．3.函数的定义域为，导函数在内的图像如图所示，则函数在内极小值点的个数是（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】A【解析】【分析】根据极值点的定义，结合导函数的图象，即可判断选项.【详解】，函数单调递增，，函数单调递减，由导函数的图象知：函数在内，与x轴有四个交点：从左向右看，第一个点处导数左正右负，是极大值点，第二个点处导数左负右正，是极小值点，第三个点处导数左正右正，没有变号，所以不是极值点，第四个点处导数左正右负，是极大值点，所以函数在开区间内的极小值点有1个，故选：A4.将半径为3圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用弧长公式可求圆锥的底面半径r，高h，进而可求内切球的半径R，可求圆锥的内切球的体积．【详解】解：设圆锥的底面半径为r，高为h，则，∴r＝，h，设内切球的半径为R，则，∴R，故选：B．5.已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求数列的和，最后利用函数的单调性求出结果.【详解】数列满足，①当时，，②①②得，，故，则，则，由于恒成立，故，整理得：，因随的增加而减小，所以当时，最大，且为，即.故选：D6.若函数在区间内没有最值，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用辅助角公式化简函数，由函数在上单调列式求解作答.【详解】依题意，，函数的单调区间为，由，而，得，因此函数在区间上单调，因为函数在区间内没有最值，则函数在区间内单调，于是，则，解得，由，且，解得，又，从而或，当时，得，又，即有，当时，得，所以的取值范围是.故选：B7.1988年3月14日，LanyShaw在旧金山科学博物馆组织举办了最早的大型以为主题的活动，之后博物馆继承了这一传统，后来3月14日成为了国际圆周率日（日）.历史上，求圆周率的方法有多种，其中的一种方法：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形的周长，将它们的算术平均数作为的近似值.按照这种方法，的近似值的表达式是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】求出内接正边形的边长和周长，求出外切正边形的边长和周长，再求出周长的算术平均数可得答案.【详解】单位圆的内接正边形的边长为，则其内接正边形的周长为，单位圆的外切正边形的边长为，则其外切正边形的周长为，则有.故选：B.8.已知函数，若方程有四个不同的实根，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据图象分析可得，，整理得，结合对勾函数运算求解.【详解】对于，可知其对称轴为，令，解得或；令，解得或；作出函数的图象，如图所示，若方程有四个不同的实根，即与有四个不同的交点，交点横坐标依次为，对于，则，可得，所以；对于，则，可得；所以，由对勾函数可知在上单调递增，可得，所以的取值范围是.故选：B.【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解．（2）分离参数、转化为求函数的值域问题求解．二､多选题（20分）9.下面命题正确的是（）A.“”是“”的充分不必要条件B.命题“若，则”的否定是“存在，”C.设，则“且”是“”的必要不充分条件D.设，则“”是“”的必要不充分条件【答案】AD【解析】【分析】对于B，根据全称量词命题的否定形式可判断其正误，A，C，D根据充分必要条件的定义以及不等式的性质可判断.【详解】对A，，得到：或，由可以得到，但是，若，显然成立，但不成立，故A正确；由全称量词命题的否定易知B错误；对C，由“且”，显然可以得出“”，故C错误；对D，且，则由无法得到，但是由可以得到，故D正确.故选：AD.10.已知，，且，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】利用基本不等式和不等式的性质对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】根据基本不等式可知，则，当且仅当，时，等号成立，故A正确；因为，，变形得，所以当且仅当，即，时，等号成立，所以，故B错误；由，，，所以，即，故C正确；由，可得，根据前面分析得，即，所以，即，故D正确．故选：ACD11.设函数的定义域为，且满足，当时，，则下列说法一定正确的是（）A.是偶函数B.不是奇函数C.函数有10个不同零点D.【答案】AC【解析】【分析】根据函数关系式可推导得到关于直线和点对称，且周期为；令，，由奇偶性定义可得的奇偶性，可判断AB；作出和的图象，根据图象可得两函数交点个数，进而确定函数零点个数，知C正确；根据周期性可求得，知D错误.【详解】，且关于直线对称；又，且关于中心对称；，则是周期为8的周期函数；对于，令，则为偶函数，正确；对于，令，则为奇函数，不正确；对于，作出和的图象如下图所示，当时，，又，由图象可知：与共有10个不同的交点，则有10个不同的零点，正确；对于，错误.故选：AC12.棱长为1的正方体中，点为线段上一点（不包括端点），点为上的动点，下列结论成立的有（）A.过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形B.的最小值为C.当点为线段中点时，三棱锥的外接球的半径为D.两点间的最短距离为【答案】ABD【解析】【分析】根据面面平行的性质可判断A；将两半平面折成一个平面，从而求得线段和的最小值，判断B；确定三棱锥的外接球的球心位置，列式求解，可判断C；求解异面直线的公垂线段的长可判断D.【详解】在正方体中，平面平面，设过的截面截正方体所得的截面为，M为截面与的交点，因为平面平面，平面平面，所以，又，故，即∽，而，则，又点为线段上一点（不包括端点），，即过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形，A正确；根据正方体性质可知≌，故可将沿转到和重合位置，则的最小值为的长，而正方体棱长为1，故，即的最小值为，B正确；当点为线段中点时，设的中点为N，连接，由于，故，连接交于G，连接，则四边形为矩形，故，平面，故平面，又，则N为的外心，故三棱锥的外接球的球心在上，设为H，而,，则，设三棱锥的外接球半径为r，则，解得，C错误；当分别为的中点时，由C的分析可知Q位于N点位置，此时，即此时间距离最短，最短距离为，D正确，故选：ABD【点睛】难点点睛：本题综合考查了几何体截面问题、线段和最小以及外接球半径和异面直线间的最短距离问题，难度较大，解答时要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，特别是求外接球半径时，要确定球心位置，再列式求解.三､填空题（20分）13.在等差数列中，若，且数列的前项和有最大值，则使成立的正整数的最大值是__________.【答案】9【解析】【分析】由题意可得且，由等差数列的性质和求和公式可得结论．【详解】等差数列的前项和有最大值，等差数列为递减数列，又，，，又，，则使成立的正整数的最大值是9.故答案为：914.18世纪英国数学家辛卜森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体的统一体积公式)(其中分别为的高、上底面面积、中截面面积、下底面面积)，我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为，可得该球的体积为；已知正四棱锥的底面边长为，高为，可得该正四棱锥的体积为.类似地，运用该公式求解下列问题:如图，已知球的表面积为，若用距离球心都为的两个平行平面去截球，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为________.【答案】【解析】【分析】先由球的表面积求得球的半径，再由勾股定理求出截面小圆的半径，最后代入万能求积公式，即可求解.【详解】如图所示，设上下截面小圆的圆心分别为，上底面截面小圆上一点，连接，因为球的表面积为，解得，所以，又因为且，所以截面小圆半径,根据“万能求积公式”可得，所求几何体的体积为：.故答案为：.15.定义一种运算，设（t为常数），且，则使函数最大值为4的t值是__________．【答案】【解析】【分析】根据定义，先计算在上的最大值，然后利用条件函数最大值为4，确定的取值即可．【详解】若在上的最大值为4，所以由，解得或，所以要使函数最大值为4，则根据新定义，结合与图像可知，当，时，，此时解得，当，时，，此时解得，故或4，故答案为：或4.16.已知函数，若函数在处取得最小值为m，则_______.【答案】2【解析】【分析】将化简，由此构造函数，利用导数证明，从而得到，从而化间可得，即可求得答案.【详解】函数的定义域为，且，令，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，故，即，当时取等号，故，当时取等号，令，则在上单调递增，由，即存在，使得，即在上有解；故，由题意当时等号成立，故，故答案为：2【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于利用不等式得到，从而化间可得，由此可解决问题.四､解答题17.（1）化简求值：；（2）已知向量，向量，且，求的值．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用指数、对数的运算及特殊角的三角函数计算即可；（2）利用诱导公式、弦切转化及向量平行的坐标表示计算即可.【详解】解：（1）原式可化为；（2）由向量平行的充要条件可得：，∴18.在①②③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．在中，角所对的边分别为，且满足________．（1）求角的大小；（2）若为边上一点，且，，，求．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）选①则根据等式化简结合余弦定理与角的取值范围即可；选②则根据两角和的正切公式化简并结合角的取值范围即可；选③则利用两角和的正弦公式结合角范围即可；（2）在中利用余弦定理求出算出，在中利用正弦定理即可.【详解】（1）选①，由题意化简得，即，根据余弦定理得，因为所以.选②，由题意得,则，因为所以.选③，由题意化简得,当时代入原式显然不成立，故，因为所以.（2）在中，根据余弦定理得，所以，故,所以，在中根据正弦定理得，解得19.如图，四棱锥中，底面为正方形，平面，为的两个三等分点．（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接与交于点，连接，即可得到，从而得证；（2）根据等体积法求体积即可.小问1详解】证明：连接与交于点，连接，因为为正方形，所以为的中点，又、为的两个三等分点，所以为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，【小问2详解】∵，过点作交于点，因为为的三等分点，平面，所以平面，且，由，即，20.若数列满足，则称数列为“平方递推数列".已知数列中，，点在函数的图象上，其中n为正整数，（1）证明:数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列;（2）设，，求数列的前10项和.【答案】（1）证明见解析（2）436【解析】【分析】（1）根据“平方递推数列”的定义和等比数列的定义进行证明即可；（2）求出表达式，再分段求前10项和即可.【小问1详解】点在函数图象上，，，数列是“平方递推数列”，因为，对两边同时取对数得，数列是以1为首项、2为公比的等比数列；【小问2详解】由（1）知，所以所以.21.北京时间2023年3月30日18时50分，中国在太原卫星发射中心成功将宏图一号01组卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功．据了解，在不考虑空气动力和地球引力的理想状态下，可以用公式计算火箭的最大速度（单位：），其中（单位：）是喷流相对速度，（单位：）是火箭（除推进剂外）的质量，（单位：）是推进剂与火箭质量的总和，称为总质比，已知A型火箭的喷流相对速度为．（1）当总质比为200时，利用给出的参考数据求A型火箭的最大速度；（2）经过材料更新和技术改进后，A型火箭的喷流相对速度提高到了原来的倍，总质比变为原来的，若要使火箭的最大速度至少增加，求在材料更新和技术改进前总质比的最小整数值．参考数据：，．【答案】（1）最大速度约为（2）74【解析】【分析】（1）由，代入已知公式计算；（2）根据题意列出不等式求解即可．【小问1详解】当总质比为200时，，∴当总质比为200时，A型火箭的最大速度约为．【小问2详解】由题意，经过材料更新和技术改进后，A型火箭的喷流相对速度为，总质比变为，要使火箭的最大速度至少增加，则需，化简得，，∴，整理得，∴，则，由参考数据，知，∴，∴材料更新和技术改进前总质比的最小整数值为7