江西省宜春市十校2023-2024学年高三上学期第一次联考数学试题（Word版附解析）.docx

1、宜春十校20232024学年高三（上）第一次联考（高安二中，万载中学，宜春一中，樟树中学，奉新一中，宜丰中学，丰城九中，樟树滨江中学，铜鼓中学，宜春九中）数学考生注意：1本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。2答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4本卷命题范围：集合、常用逻辑用语、不等式、函数、导数、三角

2、函数、解三角形、平面向量、复数、数列、立体几何、直线与圆、圆锥曲线。一、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（ ）ABCD2已知复数z满足，则（ ）ABCD3已知直线，直线，则“”是“”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4已知，则（ ）ABCD5已知P为双曲线右支上的一个动点，若点P到直线的距离大于m恒成立，则实数m的取值范围为（ ）ABCD6在平面直角坐标系中，动点P满足，则的最大值是（ ）A6BC5D7已知棱长为4的正四面体，用所有与点A，B，C，D距离均相等的平面截该四面体，则

3、所有截面的面积和为（ ）ABCD8若为R上的奇函数，为其导函数，当时，恒成立，则不等式的解集为（ ）ABCD二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9已知曲线，则（ ）AE关于原点对称BE关于y轴对称CE关于直线对称D为E的一个顶点10已知函数，它们的最小正周期均为，的一个零点为，则（ ）A的最大值为2B的图象关于点对称C和在上均单调递增D将图象向左平移个单位长度可以得到的图象11已知F为抛物线的焦点，是C上两点，O为坐标原点，M为x轴正半轴上一点，过B作C的准线的垂线，垂足为，AB的中点为E

4、，则（ ）A若，则四边形的周长为B若，则的面积为C若，则E到y轴的最短距离为3D若直线AB过点，则为定值12如图，已知正三棱台的上、下底面的边长分别为4和6，侧棱长为2，以点A为球心，为半径的球面与侧面的交线为曲线，P为上一点，则（ ）ACP的最小值为B存在点P，使得C存在点P及上一点Q，使得D所有线段AP所形成的曲面的面积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知平面向量a，b满足，则_.14已知实数x，y满足，则的取值范围为_.15已知函数，若对不相等的正数，有成立，则的最小值为_.16已知椭圆的左、右焦点分别为，以线段为直径的圆与C在第一、第三象限分别交于点A，B，若，则

5、C的离心率的取值范围是_.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（本小题满分10分）如图，在中，过B，C分别作AB，AC的垂线交于点D.（1）若，求；（2）若，求CD.18（本小题满分12分）已知各项均为正数的数列，且.（1）求的通项公式；（2）若，的前n项和为，证明：.19（本小题满分12分）已知动点P到点的距离是到直线的距离的倍，记动点P的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）过点能否作一条直线l，使得l与交于B，C两点，且A是线段BC的中点？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.20（本小题满分12分）如图，在三棱柱中，D，E分别是CB，CA的

6、中点，.（1）若平面平面，求点到平面ABC的距离；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.21（本小题满分12分）已知函数.（1）当时，存在，使得，求M的最大值；（2）已知m，n是的两个零点，记为的导函数，若，且，证明：.22（本小题满分12分）已知椭圆的长轴长为，离心率为，斜率为k的直线l与椭圆有两个不同的交点A，B.（1）求的方程；（2）若直线l的方程为，点关于直线l的对称点N（与M不重合）在椭圆上，求t的值；（3）设，直线PA与椭圆的另一个交点为C，直线PB与椭圆的另一个交点为D，若点C，D和点三点共线，求k的值.宜春十校20232024学年高三（上）第一次联考数学参考答案、提示及评分细则1

7、D 由题意知，当时，所以，所以.故选D.2B 由题意得，所以，所以，故，所以.故选B.3C 若，则，易知，所以“”是“”的充分条件；若，则，且，所以，所以“”也是“”的必要条件，故“”是“”的充要条件.故选C.4B .故选B.5C 双曲线C的渐近线方程为，直线与其中一条渐近线平行，二者之间的距离，且直线在直线的左边，由题意知点P到直线的距离大于，所以，所以实数m的取值范围为.故选C.6A 由，得动点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆，其方程为，设，则，表示圆C上的点P到点的距离，所以.故选A.7A 与点A，B，C，D距离均相等的平面可分为两类，一类是平面的一侧是1个点，另外一侧有3个点（如图1

8、），此时截面过棱的中点，且与一个面平行，故截面三角形与平行的面（三角形）相似，相似比为，故其面积为，这样的截面共有4个，故这类截面的面积和为，另外一类是平面的两侧各有2个顶点（如图2），因为正四面体对棱垂直，易知四边形PQMN是边长为2的正方形，其面积为4，这样的截面共有3个，故这类截面的面积和为12，故符合条件的截面的面积和为.故选A图1 图28D 令，则，由题意知当时，故在上单调递增因为为奇函数，所以，即为偶函数，所以原不等式变为，所以，所以，解得，或，故原不等式的解集为.故选D9ACD 用和替换方程中的x和y，化简后方程不变，故曲线E关于原点对称，故A正确；用替换方程中的x，方程变为，与

9、原方程不同，故E不关于y轴对称，故B错误；用y替换方程中的x，同时用x替换方程中的y，方程不变，故E关于直线对称，故C正确；用替换y，同时用替换x，方程不变，故E关于直线对称，联立解得或由顶点的定义知，为E的一个顶点，故D正确.故选ACD.10BCD 因为的最小正周期为，故，所以，所以，又的一个零点为，所以，即，又，故，所以，所以，所以，故，又，故的图象关于点对称，故A错误，B正确；易求的单调递增区间为，的单调递增区间为，二者的交集为，又，故C正确；将的图象向左平移个单位长度，得，故D正确.故选BCD11BD 对于A，由题意知|，且轴，由抛物线的定义知，故，所以，所以，所以四边形的周长为，故A

10、错误；对于B，则，所以，所以，故B正确；对于C，过A，E分别作C的准线的垂线，垂足分别为，则，当且仅当直线AB过点F时等号成立，所以点E到y轴的最小距离为，故C错误；对于D，设直线AB的方程为，联立方程，得，消去x并整理，得，则，且，故，即为定值，故D正确.故选BD.12ACD 延长正三棱台的三条侧棱交于点O，取BC的中点D，连接OD交于E，则E为的中点，由题意得，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，易证平面ADE，又平面ADE，所以，又，平面，所以平面.又球A的半径为，故在侧面上的截面圆的半径，故曲线是以点E为圆心，以2为半径的两段圆弧和（如图所示，其中F，G为BC上到点E距离为2的点

11、），故CP的最小值为，故A正确；因为平面，要使，则P在线段DE上，又P在和上，由图知，二者无公共点，故不存在点P，使得，故B错误；当点P在点G处时，平面，过点A，P，作平面必与有公共点Q，故存在P以及上的点Q，使得，故C正确；易求得，所以和的长均为，所有线段AP所形成的曲面的展开图为两个扇形，其面积和为，故D正确.故选ACD.13 因为，所以，又，所以，所以.14 设，则，由题意知，直线与圆有公共点，故，解得，故的取值范围为.15 ，因为，则，所以，即.又，所以，当且仅当，即，时等号成立.故的最小值为.16 设，因为点A在第一象限，所以.又A，B均在以线段F1F2为直径的圆上，所以四边形为矩形

12、，即因为，所以，即.因为，所以，即.因为，设，则，.易知在区间上单调递增，所以，即.当时，解得，即，解得；当时，解得，即，即，所以.17解：（1）由题意，得，所以，由得.在中，由余弦定理，得，即，在中，由余弦定理，得，即，两式联立消去，得，所以.（2）因为，所以，由余弦定理，得，所以.在中，由正弦定理，得.所以，又，所以，所以，在DBC中，所以.18（1）解：因为，当时，由知，所以.当时，代入，得，两边同除以，得，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，所以，所以.又，所以.（2）证明：由（1）得，当时，而当，2时，也满足上式，所以.因为，所以，易知数列单调递增，所以，所以.19解：（1）设，因

13、为，所以，点P到直线的距离，由题意知，即，化简，得，即的方程为.（2）假设存在直线满足条件，设，则，所以，即，因为A为线段BC的中点，所以，即，所以，所以，即l的斜率为4，所以直线l的方程为，即.联立方程，得消去y并整理得，所以直线l与无公共点，这与直线l与交于B，C两点矛盾，故不存在过点A的直线满足条件.20解：以C为坐标原点，CA，CB所在的直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，因为，所以，则，.设平面的一个法向量，则，即令，则，所以，设平面的一个法向量，则，即令，则，所以.因为平面平面，所以，所以，即，所以，所以，所以点在z轴上，即平面ABC，因为平面ABC，所以，又

14、，所以，故到平面ABC的距离为.（2）由（1）知，由，则，因为，所以，所以，所以.由（1）知平面的一个法向量，平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面的夹角的余弦值为.21（1）解：当时，则的定义域为，且，当时，所以在上单调递增，所以在上的最大值为，最小值为，由题意知，故M的最大值为.（2）证明：由题意知，所以，所以.因为，所以，所以要证，只要证，因为，所以只要证，令，则，即证，令，则，因为，所以，所以在上单调递增，所以，所以，所以.22解：（1）设椭圆的焦距为2c，因为椭圆的长轴长为，离心率为，所以，所以，所以.故椭圆的方程为.（2）设点关于直线l的对称点为，则解得则，由N在椭圆P上，可得，整理得，解得或.当时，点与点M重合，舍去则.（3）设，则，.又，设PA的斜率为，则，直线PA的方程为，由消去y并整理得，则，所以.又，所以，所以，则，同理可求得.又，则，.由点C，D和点三点共线，所以，则，可得，则.