數(shù)學(xué)
考生注意：
1．本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分150分，考試時間120分鐘。
2．答題前，考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清楚。
3．考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。
4．本卷命題范圍：集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、三角函數(shù)、解三角形、平面向量、復(fù)數(shù)、數(shù)列、立體幾何、直線與圓、圓錐曲線。
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．已知集合，，則（ ）
A．B．
C．D．
2．已知復(fù)數(shù)z滿足，則（ ）
A．B．
C．D．
3．已知直線，直線，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
4．已知，則（ ）
A．B．C．D．
5．已知P為雙曲線右支上的一個動點，若點P到直線的距離大于m恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為（ ）
A．B．C．D．
6．在平面直角坐標(biāo)系中，，，，動點P滿足，則的最大值是（ ）
A．6B．C．5D．
7．已知棱長為4的正四面體，用所有與點A，B，C，D距離均相等的平面截該四面體，則所有截面的面積和為（ ）
A．B．
C．D．
8．若為R上的奇函數(shù)，為其導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)時，恒成立，則不等式的解集為（ ）
A．
B．
C．
D．
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。
9．已知曲線，則（ ）
A．E關(guān)于原點對稱B．E關(guān)于y軸對稱
C．E關(guān)于直線對稱D．為E的一個頂點
10．已知函數(shù)，，，，它們的最小正周期均為，的一個零點為，則（ ）
A．的最大值為2
B．的圖象關(guān)于點對稱
C．和在上均單調(diào)遞增
D．將圖象向左平移個單位長度可以得到的圖象
11．已知F為拋物線的焦點，，是C上兩點，O為坐標(biāo)原點，M為x軸正半軸上一點，過B作C的準(zhǔn)線的垂線，垂足為，AB的中點為E，則（ ）
A．若，則四邊形的周長為
B．若，則的面積為
C．若，則E到y(tǒng)軸的最短距離為3
D．若直線AB過點，則為定值
12．如圖，已知正三棱臺的上、下底面的邊長分別為4和6，側(cè)棱長為2，以點A為球心，為半徑的球面與側(cè)面的交線為曲線，P為上一點，則（ ）
A．CP的最小值為
B．存在點P，使得
C．存在點P及上一點Q，使得
D．所有線段AP所形成的曲面的面積為
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。
13．已知平面向量a，b滿足，，則______.
14．已知實數(shù)x，y滿足，則的取值范圍為______.
15．已知函數(shù)，若對不相等的正數(shù)，有成立，則的最小值為______.
16．已知橢圓的左、右焦點分別為，，以線段為直徑的圓與C在第一、第三象限分別交于點A，B，若，則C的離心率的取值范圍是______.
四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。
17．（本小題滿分10分）
如圖，在中，，，過B，C分別作AB，AC的垂線交于點D.
（1）若，求；
（2）若，求CD.
18．（本小題滿分12分）
已知各項均為正數(shù)的數(shù)列，，且.
（1）求的通項公式；
（2）若，的前n項和為，證明：.
19．（本小題滿分12分）
已知動點P到點的距離是到直線的距離的倍，記動點P的軌跡為曲線.
（1）求的方程；
（2）過點能否作一條直線l，使得l與交于B，C兩點，且A是線段BC的中點？若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由.
20．（本小題滿分12分）
如圖，在三棱柱中，，，D，E分別是CB，CA的中點，.
（1）若平面平面，求點到平面ABC的距離；
（2）若，求平面與平面夾角的余弦值.
21．（本小題滿分12分）
已知函數(shù).
（1）當(dāng)時，存在，使得，求M的最大值；
（2）已知m，n是的兩個零點，記為的導(dǎo)函數(shù)，若，且，證明：.
22．（本小題滿分12分）
已知橢圓的長軸長為，離心率為，斜率為k的直線l與橢圓有兩個不同的交點A，B.
（1）求的方程；
（2）若直線l的方程為，點關(guān)于直線l的對稱點N（與M不重合）在橢圓上，求t的值；
（3）設(shè)，直線PA與橢圓的另一個交點為C，直線PB與橢圓的另一個交點為D，若點C，D和點三點共線，求k的值.
宜春十校2023~2024學(xué)年高三（上）第一次聯(lián)考·數(shù)學(xué)
參考答案、提示及評分細(xì)則
1．D 由題意知，當(dāng)時，，所以，所以.故選D.
2．B 由題意得，所以，所以，故，所以.故選B.
3．C 若，則，，易知，所以“”是“”的充分條件；若，則，且，所以，所以“”也是“”的必要條件，故“”是“”的充要條件.故選C.
4．B .故選B.
5．C 雙曲線C的漸近線方程為，直線與其中一條漸近線平行，二者之間的距離，且直線在直線的左邊，由題意知點P到直線的距離大于，所以，所以實數(shù)m的取值范圍為.故選C.
6．A 由，得動點P的軌跡是以為圓心，以1為半徑的圓，其方程為，設(shè)，則，表示圓C上的點P到點的距離，所以.故選A.
7．A 與點A，B，C，D距離均相等的平面可分為兩類，一類是平面的一側(cè)是1個點，另外一側(cè)有3個點（如圖1），此時截面過棱的中點，且與一個面平行，故截面三角形與平行的面（三角形）相似，相似比為，故其面積為，這樣的截面共有4個，故這類截面的面積和為，另外一類是平面的兩側(cè)各有2個頂點（如圖2），因為正四面體對棱垂直，易知四邊形PQMN是邊長為2的正方形，其面積為4，這樣的截面共有3個，故這類截面的面積和為12，故符合條件的截面的面積和為.故選A．
圖1 圖2
8．D 令，則，由題意知當(dāng)時，，故在上單調(diào)遞增．因為為奇函數(shù)，所以，即為偶函數(shù)，所以原不等式變?yōu)椋?，所以，解得，或，故原不等式的解集?故選D．
9．ACD 用和替換方程中的x和y，化簡后方程不變，故曲線E關(guān)于原點對稱，故A正確；用替換方程中的x，方程變?yōu)?，與原方程不同，故E不關(guān)于y軸對稱，故B錯誤；用y替換方程中的x，同時用x替換方程中的y，方程不變，故E關(guān)于直線對稱，故C正確；用替換y，同時用替換x，方程不變，故E關(guān)于直線對稱，聯(lián)立解得或由頂點的定義知，為E的一個頂點，故D正確.故選ACD.
10．BCD 因為的最小正周期為，故，所以，所以，又的一個零點為，所以，即，又，故，所以，所以，，所以，故，又，故的圖象關(guān)于點對稱，故A錯誤，B正確；易求的單調(diào)遞增區(qū)間為，的單調(diào)遞增區(qū)間為，二者的交集為，又，故C正確；將的圖象向左平移個單位長度，得，故D正確.故選BCD．
11．BD 對于A，由題意知|，且軸，由拋物線的定義知，故，所以，所以，所以四邊形的周長為，故A錯誤；對于B，，則，所以，所以，故B正確；對于C，過A，E分別作C的準(zhǔn)線的垂線，垂足分別為，，則，當(dāng)且僅當(dāng)直線AB過點F時等號成立，所以點E到y(tǒng)軸的最小距離為，故C錯誤；對于D，設(shè)直線AB的方程為，聯(lián)立方程，得，消去x并整理，得，則，且，，故，即為定值，故D正確.故選BD.
12．ACD 延長正三棱臺的三條側(cè)棱交于點O，取BC的中點D，連接OD交于E，則E為的中點，由題意得，所以，所以，所以，，所以，所以，所以，所以，易證平面ADE，又平面ADE，所以，又，平面，所以平面.又球A的半徑為，故在側(cè)面上的截面圓的半徑，故曲線是以點E為圓心，以2為半徑的兩段圓弧和（如圖所示，其中F，G為BC上到點E距離為2的點）．，故CP的最小值為，故A正確；因為平面，要使，則P在線段DE上，又P在和上，由圖知，二者無公共點，故不存在點P，使得，故B錯誤；當(dāng)點P在點G處時，平面，過點A，P，作平面必與有公共點Q，故存在P以及上的點Q，使得，故C正確；易求得，所以和的長均為，所有線段AP所形成的曲面的展開圖為兩個扇形，其面積和為，故D正確.故選ACD.
13． 因為，所以，又，所以，所以.
14． 設(shè)，則，由題意知，直線與圓有公共點，故，解得，故的取值范圍為.
15． ，因為，則，所以，即.又，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即，時等號成立.故的最小值為.
16． 設(shè)，，因為點A在第一象限，所以.又A，B均在以線段F1F2為直徑的圓上，所以四邊形為矩形，即．因為，所以，即.因為，，所以，即.因為，設(shè)，，則，.易知在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以，即.當(dāng)時，解得，即，解得；當(dāng)時，解得，即，即，所以.
17．解：（1）由題意，得，
所以，
由得.
在中，
由余弦定理，得，
即，
在中，由余弦定理，得，
即，
兩式聯(lián)立消去，得，所以.
（2）因為，，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：因為，
當(dāng)時，，由知，所以.
當(dāng)時，，代入，得，
兩邊同除以，得，
所以是以2為首項，1為公差的等差數(shù)列，
所以，所以.
又，所以.
（2）證明：由（1）得，
當(dāng)時，
，
而當(dāng)，2時，，也滿足上式，所以.
因為，，所以，
易知數(shù)列單調(diào)遞增，所以，
所以.
19．解：（1）設(shè)，因為，所以，
點P到直線的距離，
由題意知，即，
化簡，得，即的方程為.
（2）假設(shè)存在直線滿足條件，設(shè)，，則
，，
所以，即，
因為A為線段BC的中點，所以，，即，，
所以，所以，即l的斜率為4，
所以直線l的方程為，即.
聯(lián)立方程，得消去y并整理得，
，
所以直線l與無公共點，這與直線l與交于B，C兩點矛盾，
故不存在過點A的直線滿足條件.
20．解：以C為坐標(biāo)原點，CA，CB所在的直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，，，，
設(shè)，因為，，，
所以，則，，
，.
設(shè)平面的一個法向量，則，即
令，則，，所以，
設(shè)平面的一個法向量，則，即
令，則，，所以.
因為平面平面，所以，
所以，即，所以，
所以，所以點在z軸上，即平面ABC，
因為平面ABC，所以，
又，，所以，
故到平面ABC的距離為.
（2）由（1）知，由，則，
因為，所以，
所以，，所以.
由（1）知平面的一個法向量，平面的一個法向量，
設(shè)平面與平面的夾角為，
則，
即平面與平面的夾角的余弦值為.
21．（1）解：當(dāng)時，，
則的定義域為，且，
當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞增，
所以在上的最大值為，最小值為，
由題意知，
故M的最大值為.
（2）證明：由題意知，，
所以，
所以.
因為，
所以
，
所以要證，只要證，
因為，所以只要證，
令，則，即證，
令，則，
因為，所以，
所以在上單調(diào)遞增，
所以，
所以，所以.
22．解：（1）設(shè)橢圓的焦距為2c，因為橢圓的長軸長為，離心率為，
所以，，所以，
所以.
故橢圓的方程為.
（2）設(shè)點關(guān)于直線l的對稱點為，
則解得則，
由N在橢圓P上，可得，
整理得，解得或.
當(dāng)時，點與點M重合，舍去．則.
（3）設(shè)，，，，則，.
又，設(shè)PA的斜率為，則，直線PA的方程為，
由消去y并整理得，
則，所以.
又，所以，
所以，則，
同理可求得.又，
則，
.
由點C，D和點三點共線，所以，
則，
可得，則.

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