卷子答案网-一个不只有答案的网站江西省上饶市清源学校2023-2024学年高三上学期12月考试数学试题
一、单选题：（本大题共8小题，每小题5分，共40 分．在每小题四个选项中 ，只有一项是符合题目要求的）
1．已知函数，是函数的4个零点，且，给出以下结论：①的取值范围是，②，③的最小值是4，④的最大值是.其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．已知函数，则函数的图象的可能是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知均为复数，则下列结论中正确的有（ ）
A．若，则 B．若，则是纯虚数
C． D．若，则是实数
5．如图，在四面体中，点E，F分别是，的中点，点G是线段上靠近点E的一个三等分点，令，，，则（ ）
A． B．
C． D．
6．以双曲线的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆方程为（ ）
A． B．
C． D．
7．在等比数列中，，，成等差数列，则（ ）
A． B． C．2 D．4
8．已知函数（是的导函数），则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中 ，有多项是符合题目要求的。正确选项全对得5分，正确选项不全得2分，有错误选项得0分）
9．设，用符号表示不大于的最大整数，如，．若函数，则下列说法正确的是（ ）
A． B．函数的值域是
C．若，则 D．方程有2个不同的实数根
10．已知是两个不共线的向量，且，则下列结论正确的是（ ）
A．的取值范围是 B．
C．在方向上的投影向量不可能为 D．与的夹角的最大值为
11．已知点在圆上，点在上，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为
B．的最大值为
C．过作圆的切线，切点分别为，则的最小值为
D．过P作直线，使得直线与直线的夹角为，设直线与直线的交点为，则的最大值为
12．函数的导函数的图象如图所示，则（ ）
A．是函数的极值点 B．3是函数的极大值点
C．在区间上单调递减 D．1是函数的极小值点
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若命题“”为假命题，则的取值范围是 ．
14．已知向量，且，则 .
15．已知椭圆的左、右焦点分别为，，P是C上一点，且，H是线段上靠近的三等分点，且，则C的离心率为 .
16．已知等比数列的前n项和为，若，，成等差数列，则 ．
四、解答题：本大题共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．已知函数（，为常数，且），满足，方程有唯一解．
(1)求函数的解析式；
(2)如果是上的奇函数，求的值；
(3)如果不是奇偶函数，证明：函数在区间上是增函数．
18．已知函数.
(1)求函数的单调递增区间和最小正周期；
(2)当时，求不等式的解集.
(3)求在区间上的最大值和最小值.
19．如图，在中，M是边上一点．
(1)若，求；
(2)若，记，，且，求．
20．体育课上，同学们进行投篮测试.规定：每位同学投篮3次，至少投中2次则通过测试，若没有通过测试，则该同学必须进行30次投篮训练.已知甲同学每次投中的概率为，每次是否投中相互独立.
(1)求甲同学通过测试的概率；
(2)若乙同学每次投中的概率为，每次是否投中相互独立.经过测试后，甲、乙两位同学需要进行投篮训练的投篮次数之和记为X，求X的分布列与数学期望.
21．已知正项数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
22．为抛物线上一点，过作两条关于对称的直线分别交于两点．
(1)求的值及的准线方程；
(2)判断直线的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
数学参考答案
1．B
【分析】作出图象，结合图象判断①；对方程化简计算判断②；由对数的运算性质得出，利用基本不等式判断③④.
【详解】作出函数的图象如下图所示：
因为是函数的4个零点，
所以直线与函数的图象有四个交点，且，
根据图象知：，所以①错误；
对于②，由图可知，，则，所以，
，则，所以，
所以，所以，正确；
对于③，由图可知，，由得，
即，所以，所以，
当且仅当即时，等号成立，显然不满足，
所以，错误；
对于④，因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即的最大值是，正确.
综上，正确结论为②④，共2个.
故选：B.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
2．A
【分析】分析函数的定义域、奇偶性及其在时，的符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】对于函数，有，解得，
所以，函数的定义域为，
因为，即函数为奇函数，排除BD选项，
当时，，则，排除C选项.
故选：A.
3．C
【分析】根据角的范围及正弦值求出余弦值，进而利用诱导求出答案.
【详解】因为，所以，
又，所以，
.
故选：C
4．D
【分析】根据复数的模和共轭复数概念带入选项计算即可；也可以同特殊值法证明.
【详解】设a、b均为任意实数，
设，，此时，但，A错误；
若，则可设，，则是实数，B错误；
设，，而，C错误；
设， ，则，，D正确.
故选：D.
5．A
【分析】连接，利用空间向量运算的几何表示求解.
【详解】连接，
.
故选：A.
6．D
【分析】先将双曲线化为标准方程，进而可求出双曲线的焦点和顶点坐标，，进而可得椭圆的焦点和顶点，即可得解.
【详解】双曲线化为标准方程得，
焦点坐标为，顶点为，
则所求椭圆的焦点在轴上，
设所求椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，
则，所以，
所以所求椭圆的方程为.
故选：D.
7．C
【分析】根据等差中项的知识列方程，求得等比数列的公比，从而求得.
【详解】设等比数列的公比为，
由于，，成等差数列，
所以，
所以.
故选：C
8．D
【分析】对于原函数和导函数，分别取，代入运算求解即可.
【详解】因为，则，
又因为，
当时，，解得，
所以.
故选：D.
9．ACD
【分析】A：根据定义直接计算即可；B：作出的图象，结合图象进行判断；C：根据直线与的图象相交进行分析判断；D：根据图象的交点情况进行判断.
【详解】A：，故正确；
B：当，当，
当，当，
当，当，
当，，
作出的图象如下图所示：可知的值域为，故错误；
C：作与的图象相交，如下图：
由图象可知：任意两个相邻交点之间的水平距离为，
所以若，则成立，故C正确；
D：在同一坐标系中作出的图象，如下图所示：
显然有两个交点，所以方程有2个不同的实数根，故D正确；
故选：ACD.
10．BD
【分析】根据判断A；根据，从而求出的范围判断B；根据投影向量的概念判断C；利用向量夹角公式判断D.
【详解】选项A：由以及不共线可知，，故A错误；
选项B：由于不共线，所以，又，
因此，故B正确；
选项C：当时，在方向上的投影向量为，故C错误；
选项D：设与的夹角为，则
，
由于，
所以，，
因为，所以，
即与的夹角的最大值为，故D正确．
故选：BD.
11．ACD
【分析】根据直线和圆的位置关系、点到直线的距离公式、圆与圆的位置关系、弦长等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，直线和圆相离，
所以的最小值为，A选项正确.
由于是直线上任意一点，所以没有最大值， B选项错误.
对于D选项，由于直线与直线的夹角为，
所以等于到直线的距离的倍，
所以的最大值为，D选项正确.
对于C选项，设，的中点为，
，
所以以为圆心，为半径的圆的方程为，
整理得，
由、两式相减并化简得，
即直线的方程为，
到直线的距离为，
所以，
对于函数，
所以恒成立，当时，
取得最小值为，
所以，所以，
所以，所以C选项正确.
故选：ACD
12．AC
【分析】根据导函数的图象，得出函数的单调区间，进而即可得出函数的极值情况.
【详解】对于A项，由图象可知，
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减.
所以，在处取得极大值.故A正确；
对于B项，由图象可知，
当时，恒成立，且不恒为0，所以在上单调递减.
所以，3不是函数的极大值点.故B错误；
对于C项，由B可知，在区间上单调递减.故C正确；
对于D项，由B可知，在上单调递减.
所以，1不是函数的极小值点.故D错误.
故选：AC.
13．
【分析】先写出原命题的否定，再根据原命题为假，其否定一定为真，利用不等式对应的是二次函数，结合二次函数的图象与性质建立不等关系，即可求出实数的取值范围．
【详解】因为命题“”为假命题，
则其否定“”为真命题，
则，即.
故答案为：
14．
【分析】根据向量坐标运算得到，再根据向量平行坐标要求列方程求出的值，再利用模长定义求出.
【详解】，
因为，所以，解得，
所以.
故答案为：.
15．
【分析】根据题意可得，，，再结合三角形相似可得，代入分析求解即可.
【详解】由题意，不妨设点P在第一象限，如图.
因为，则，，.
因为，则，可知，
则，即，整理得.
由得，解得或（舍去），
所以C的离心率为.
故答案为：.
16．
【分析】由等比数列前项和公式，将已知等式转化为基本量求解，所求式子也用基本量表示代入值可得.
【详解】由，，成等差数列，
则，
当时，，
由等比数列中，，则，故不满足题意，
则，所以，
化简得，. 解得（舍），或，
则.
故答案为：.
17．【详解】（1）由，得到，
①，，则，由得，即；
②若，，则，由得，即；
③，，由得，由得，
又由得，即．
函数的解析式为或或.
（2）若是上的奇函数，由（1）知，
于是，.
（3）若不是奇、偶函数，由（1）知，
任取，且，
，
因为，
所以，，
所以，
即，
在区间是增函数．
18．【详解】（1）令，
解得，
故函数的单调递增区间为，
最小正周期为；
（2）时，，
，
故，解得；
（3）时，，
由于在上单调递增，在上单调递减，
故当，即时，取得最大值，最大值为1，
当，即时，取得最小值，最小值为，
故在区间上的最大值为1，最小值为.
19．【详解】（1）在中，M是边上一点，有，，
，
中，由余弦定理得，
即①，
中，由余弦定理得，
即②，
①②两式消去，得，即.
（2），不妨设，
中，由正弦定理得，即，
中，由正弦定理得，即，
由，有，
又，得，
设，由，
可得，即，
解得，即，
所以为等边三角形，．
20．【详解】（1）记事件A：甲同学通过测试，则甲同学在3次投篮中，投中2次或3次，
则.
（2）若乙通过测试，则前两次投中或者三次投篮中，第三次投中，前两次有一次投中，
所以乙通过测试的概率为，
由题意可知，随机变量的可能取值有0，30，60，
，，
，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
0 30 60
故.
21．【详解】（1）当时，，解得．
当时，由，得，
则，则．
因为，所以，所以是以2为首项，4为公差的等差数列，
则．
（2）由（1）可知，
则
．
22．【详解】（1）根据题意可得，得，
故所求抛物线方程为，抛物线的准线方程为．
（2）由题意不妨设直线的方程为，
联立抛物线方程可得，消去得：，，
由韦达定理得，
直线与关于对称，，且，
，即，
即，由韦达定理得，
所以直线的斜率为定值．
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