2023届江西省临川第一中学高三上学期第一次月考数学（文）试题含解析

这是一份2023届江西省临川第一中学高三上学期第一次月考数学（文）试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江西省临川第一中学高三上学期第一次月考数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解分式不等式求得集合，由此求得.【详解】，解得，即所以.故选：B2．若复数z满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的除法运算求出复数，再根据共轭复数的定义即可得解.【详解】解：因为，所以，所以.故选：B.3．我国古代某数学著作中记载：“今有宛田，下周八步，径四步，问为田几何？”译成现代汉语其意思为：有一块扇形的田，弧长8步，其所在圆的直径是4步，则这块田的面积是（    ）A．8平方步 B．6平方步 C．4平方步 D．16平方步【答案】A【分析】根据扇形的面积公式即可求解.【详解】解：∵弧长8步，其所在圆的直径是4步，∴（平方步），故选：A.4．已知奇函数是定义在R上的单调函数，若正实数a，b满足，则的最小值是（    ）A．9 B． C． D．【答案】C【分析】根据单调函数和奇函数的性质，结合基本不等式进行求解即可.【详解】因为是奇函数，所以由，又因为是定义在R上的单调函数，所以由，因为a，b都是正数，所以有，当且仅当时取等号，即当时取等号，故选：C5．“”是“函数在区间上单调递增”的（    ）A．充分必要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】分别验证充分性和必要性，判断结论【详解】时，函数，满足在区间上单调递增，∴充分性成立，函数在区间上单调递增， 解得，不能推出，必要性不成立. “”是“函数在区间上单调递增”的充分不必要条件.故选：C6．函数在上的图象大致为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.【详解】首先，所以函数是奇函数，故排除D，，故排除B，当时，，故排除A，只有C满足条件.故选：C7．已知是第四象限角，，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由，根据和差公式可得，再由同角商数关系及平方关系可解出，，最后即可由和差公式计算.【详解】，解得，又是第四象限角，，可解得，，∴.故选：A8．已知函数，现给出下列四个结论，其中正确的是（    ）A．函数的最小正周期为B．函数在上单调递增C．将函数的图像向左平移个单位长度，所得图像对应的函数解析式为D．将函数的图像向左平移个单位长度，所得图像对应的函数解析式为【答案】D【分析】首先利用三角恒等变换化简函数，再根据函数的性质依次判断选项【详解】函数的最小正周期为,故A不正确，则，当时函数单调递减，即时函数单调递减，时函数单调递增，故B不正确将函数的图像向左平移个单位长度，所得图像对应的函数解析式为，故C不正确将函数的图像向左平移个单位长度，所得图像对应的函数解析式为，故D正确故选：D9．已知函数满足，且对任意的时，恒有成立，则当时，实数a的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由分析可得函数的图象关于直线对称，结合函数单调性的定义分析可得在，上为增函数，结合对称性与单调性解不等式即可.【详解】根据题意，函数满足，则函数的图象关于直线对称，又由对任意，，的时，恒有成立，则在，上为增函数，又由，，若，则有，解得，即的取值范围为 故选：C．10．过抛物线 C：焦点 F 且斜率为的直线与C交于A、B两点（点 A 在 x轴上方），已知点，则（    ）A． B．4 C． D．9【答案】D【分析】由题可得，联立抛物线方程可得，然后利用两点间距离公式即得.【详解】由题可得，故直线，即，由，可得，解得或，又点 A 在 x 轴上方，所以，又，∴，，所以.故选：D.11．已知在菱形中，，把沿折起到位置，若二面角大小为，则四面体的外接球体积是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先找截面圆的圆心，过圆心作截面的垂线，球心在垂线上，找到球心再利用勾股定理即可得到答案.【详解】设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，过这两点分别作平面、平面的垂线，交于点O，则O就是外接球的球心；取中点E，连接，因为，，所以，因为和是正三角形，所以，由得，所以由，即球半径为，所以球体积为．故选：C.12．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】观察到，构造函数进行尝试比较，可证其在是增函数，由可得，对于，注意到，把换成，直接构造函数进行尝试比较其大小，证明其在是增函数，由可得，可得答案.【详解】令，则，当时，，在是增函数，所以，所以，即，所以，令，则，当时，，在是增函数，所以，所以，即，所以，综上.故选：B.【点睛】本题属于构造函数，利用单调性比较大小问题，是近几年的高考热点，往往要求高难度大，解决问题的关键在于构造函数，平时对常见函数要熟悉，解题时细心观察题目特征，联想构造函数，利用导数判断单调性求解. 二、填空题13．已知向量， 若， 则______.【答案】【分析】由平面向量垂直的坐标表示代入即可得出答案.【详解】解析：本题考查平面向量垂直以及数量积，考查数学运算的核心素养.因为，所以，则.故答案为：.14．若直线被圆截得线段的长为4，则实数的值为______________．【答案】7【分析】把圆的一般方程化为圆的标准方程，利用点到直线的距离公式以及勾股定理进行求解.【详解】把圆：化为标准方程有：，可得，即，所以圆心，半径，又直线：，所以圆心到直线的距离为，因为直线：被圆：截得线段的长为4，根据勾股定理有：，解得，所以，解得.故答案为：7.15．如图，是等边三角形，是等腰三角形，交于 ，则__________.【答案】【分析】由题意易得，，在中，分别求出，再利用正弦定理即可得解.【详解】解：由题意可得，，则，所以，所以，，在中，由，得.故答案为：.16．已知函数，，若关于x的方程在区间上恰有四个不同的实数根，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】将问题转化为在区间上恰有四个不同的实数根，进而设，然后先通过导数的方法探讨函数的图象和性质，再讨论关于t的方程的根的分布，最后求得答案.【详解】问题即在区间上恰有四个不同的实数根.设，，则时，，函数单调递增，时，，函数单调递减.当时，；当时，；当时，且.如示意图：   由图可知，当时，函数有2个零点，于是问题关于t的的方程即在上有2个不等实根.设的两个零点为，易知.于是，.故答案为：.【点睛】本题较难，首先直接处理较为麻烦，因此对原方程进行恒等变形，进而采用“换元法”降低试题的难度.另外，我们经常采用“数形结合法”进行辅助解题，这样更加形象和直观. 三、解答题17．已知等差数列的前n项和为，且关于x的不等式的解集为．(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先设等差数列的首项，公差为，根据不等式的解集求出首项与公差，进而可求出通项公式；（2）由（1）得，再根据等差数列与等比数列的求和公式，即可求出结果.【详解】(1)设等差数列的公差为d，因为关于x的不等式的解集为，所以的根为，所以，所以又，所以，所以数列的通项公式为；(2)由（1）可得，，因为，所以，所以数列的前n项和.18．为切实加强新时代儿童青少年近视防控工作，经国务院同意发布了《综合防控儿童青少年近视实施方案》．为研究青少年每天使用手机的时长与近视率的关系，某机构对某校高一年级的1000名学生进行无记名调查，得到如下数据：有40%的同学每天使用手机超过1h，这些同学的近视率为40%，每天使用手机不超过1h的同学的近视率为25%．(1)从该校高一年级的学生中随机抽取1名学生，求其近视的概率；(2)请完成2×2列联表，通过计算判断能否有99.9%的把握认为该校学生每天使用手机的时长与近视率有关联． 每天使用超过1h每天使用不超过1h合计近视   不近视   合计  1000 附：，．0.150.100.050.0250.0100.00l2.0722.7063.8415.0246.63510.828  【答案】(1)；(2)列联表见解析，有99.9%的把握. 【分析】（1）根据题意，结合古典概型计算公式进行求解即可；（2）根据题中数据，完成列联表，结合卡方计算公式进行求解判断即可.【详解】(1)该校高一年级近视的学生人数为1000×40%×40%＋1000×60%×25%＝160＋150＝310，从该校高一年级的学生中随机抽取1名学生，其近视的概率为；(2)2×2列联表为： 每天使用超过1h每天使用不超过1h合计近视160150310不近视240450690合计4006001000 ，所以有99.9%的把握认为该校学生每天使用手机的时长与近视率有关联．19．如图，四边形中，，E，F分别在，上，，现将四边形沿折起，使．(1)若，在折叠后的线段上是否存在一点P，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．(2)求三棱锥的体积的最大值，并求出此时点F到平面的距离．【答案】(1)存在，(2)最大值为3，此时点F到平面的距离为 【分析】（1）取，可得，过点作交于点，连接，则有，结合已知条件可证四边形为平行四边形即可证明结论；（2）利用有最大值，求出BE的长度，在中，由余弦定理得的值，进一步求出的值，求出，设点到平面的距离为，利用等体积法求出即点到平面的距离．【详解】(1)上存在一点P，使得平面，此时，理由如下：当时，，如图，过点P作交于点M，连接，则，∵，∴，∴，又，，∴，故四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.综上，存在点P，使得平面，.(2)设，则，故，∴当时，有最大值，且最大值为3，∴此时，，，，∴，，在中，由余弦定理得，，，设F到平面的距离为h，，．综上，三棱锥的最大值为3，此时点F到平面的距离为.20．已知函数.(1)求函数的极值；(2)已知对于恒成立，求整数的最大值.【答案】(1)极小值为，无极大值(2)4 【分析】（1）求导分析的单调性与极值即可；（2）化简可得，再取，可得.构造函数，求导分析的单调性可得需，再构造函数，进而求导分析函数的单调性，结合，求解即可【详解】(1)，由，得，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以，极小值为，无极大值；(2)（2）由，所以，取，则，因此，令，则，令，得，故在上单调递减，在上单调递增，所以，因此只需，即，令，，所以在上单调递减，又，，所以，整数的最大值为4.21．椭圆经过点且离心率为；直线与椭圆交于A，两点，且以为直径的圆过原点.(1)求椭圆的方程；(2)若过原点的直线与椭圆交于两点，且，求四边形面积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据椭圆过的点以及椭圆的离心率，可列出等式，求得a,b，即得答案；（2）分类讨论直线AB的斜率不存在和存在两种情况，斜率存在时，设直线AB方程，联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，根据条件求出参数之间的关系式，进而表示出四边形的面积，进行化简，可求得答案.【详解】(1)椭圆经过点，,椭圆的离心率为，则，即,即，解得， 所以椭圆的方程为.(2)当直线斜率不存在时，设以AB为直径的圆的圆心为，则 ，则不妨取，故，解得 ，故方程为，直线过中点，即为轴，得，，故；直线斜率存在时，设其方程为，，，联立，可得，则①，②， ③，以为直径的圆过原点即，化简可得，将②③两式代入，整理得，即④，将④式代入①式，得恒成立，则，设线段中点为，由，不妨设 ，得，又∵，∴，又由，则点坐标为，化简可得，代回椭圆方程可得即，则，综上，四边形面积的最大值为.【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆相交时的四边形的面积的最大值问题，综合性强，计算量大，解答的关键是表示出四边形ACBD的面积，并能进行正确的化简，求得最值.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）．(1)写出的普通方程；(2)点为曲线上任意一点，求点到曲线距离的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）将参数方程中的参数消掉，并确定，即可得到普通方程；（2）将参数方程化为普通方程，可知为斜率为的直线，利用导数几何意义可求得曲线的斜率为的切线方程，则两条切线之间距离即为所求的距离的最小值.【详解】(1)由得：，又，曲线的普通方程为：；(2)由得：，即曲线的普通方程为：；对方程求导得：；令，解得：，则，曲线的斜率为的切线方程为：，即，点到曲线距离的最小值为.23．已知函数．(1)当时，求不等式的解集；(2)已知，若的图象与x轴围成的三角形面积大于，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据零点分段法去绝对值，从而求得不等式的解集.（2）将表示为分段函数的形式，根据的图象与x轴围成的三角形面积大于，列不等式来求得的取值范围.【详解】(1)求解不等式，①，解得：，②，解得：，③，解得：，综上，.(2)依题意，所以当时，令得：，，，当时，令得：，当，，与x轴围成的三角形的面积，解得：或（舍），综上所述：.