2022届江西省临川一中、临川一中实验学校高三第一次月考数学(文）试题含解析

这是一份2022届江西省临川一中、临川一中实验学校高三第一次月考数学(文）试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江西省临川一中、临川一中实验学校2022届高三第一次月考数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先解不等式求出集合，再进行交集运算即可求解.【详解】因为，，所以，故选：C.2．已知复数在复平面内对应点的分别为，则共轭复数的模为（    ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】根据题意，，，再计算共轭复数即可.【详解】复数，在复平面内对应的点分别为，，故，，，故.故选：A.3．等比数列的各项均为正数，且，则（    ）A．10 B．5 C．3 D．4【答案】C【分析】由等比数列的性质可知：，再由对数的运算性质计算即可求解．【详解】等比数列的各项均为正数，且，则有，，则；故选：C．4．若，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【答案】B【分析】先化简，再由充分条件和必要条件的定义即可判断.【详解】由可得，即，所以，可得，当时，得不出，由可得出，所以是的必要不充分条件，即“是”的必要不充分条件，故选：B.5．已知曲线在处的切线方程为，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】求得的导数，可得切线的斜率，由已知切线方程可得的方程，解方程可得切点坐标，进而得到所求．【详解】解：的导数为，可得曲线在处的切线的斜率为，由切线方程，可得，解得，切点为，则，所以故选：B．6．已知函数的值域为，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由，从而由题意可得，进而可求得答案【详解】因为，且函数的值域为，所以，解得或，所以实数的取值范围是，故选：A7．果农采摘水果，采摘下来的水果会慢慢失去新鲜度.已知在一定时间内，某种水果失去的新鲜度与其采摘后时间（小时）近似满足的函数关系式为（为非零常数），若采摘后20小时，这种水果失去的新鲜度为20%，采摘后30小时，这种水果失去的新鲜度为40%.那么采摘下来的这种水果大约经过多长时间后失去50%新鲜度（参考数据，结果取整数）（    ）A．33小时 B．23小时 C．35小时 D．36小时【答案】A【分析】根据已知条件求得参数值，然后令求得.【详解】由题意，两式相除得，，代入得，所以，由得，取对数得，（小时），故选：A.8．已知的内角的对边分别为，若，，则外接圆半径为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由结合正弦定理化角为边可得，由余弦定理化角为边，结合已知条件可得的值，进而可得，进而可得，再由正弦定理即可求解.【详解】因为，所以，由正弦定理化角为边可得：，由余弦定理可得：，将代入上式可得：，整理可得：，所以，由可得，所以，由正弦定理可得，所以外接圆半径为，故选：B.9．已知定义域为函数满足，且在区间上单调递减，如果，且，则的值（    ）A．可正可负 B．恒为正 C．可能为0 D．恒为负【答案】B【分析】由可得，由，且，可得，再由在区间上单调递减，可得，从而可得结论【详解】因为定义域为函数满足，所以，因为，且，所以，因为在区间上单调递减，所以，所以，故选：B10．某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的表面积（单位：）是（    ）.A． B． C． D．【答案】D【分析】根据三视图可知，这个几何体是一个长方体和一个直三棱柱的组合体，长方体的底面是边长为1的正方形，高为3，直三棱柱的高为1，底面是底边长为1，底边上的高为1的等腰三角形，作出几何体的原图形，分别求出两个棱柱的表面积，即可得出答案.【详解】根据三视图可知，这个几何体是由一个长方体和一个直三棱柱拼接而成的，其中长方体的底面是边长为1的正方形，高为3，直三棱柱的高为1.，底面是底边长为1，底边上的高为1的等腰三角形，作出几何体的原图形，如图所示：则长方体的表面积为：，直三棱柱的表面积为：，所以该几何体的表面积是.故选：D.11．已知抛物线的焦点为为坐标原点，为抛物线上两点，且，则直线的斜率不可能为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先由题中条件求出点的横坐标，根据抛物线的焦半径公式，求出的横坐标，进而确定的坐标，由斜率公式，即可求出结果.【详解】因为为抛物线的焦点，所以，又，即为等腰三角形，所以，又点在抛物线上，所以，则，即，所以由抛物线的焦半径公式可得：，又，所以，即，所以，则，即，所以；当，时，的斜率为；当，时，的斜率为；当，时，的斜率为；当，时，的斜率为；故ABD都能取到，C不能取到.故选：C. 二、多选题12．若函数，则（    ）A．是周期函数 B．在上有4个零点C．在上是增函数 D．的最小值为【答案】BC【分析】直接利用函数的性质，函数的周期性，单调性，函数的导数，二次函数的性质的应用判断A、B、C、D的结论．【详解】解：函数，对于A：函数不是周期函数，故A错误；对于B，令，在，上，求得，，，，故B正确；对于C：当时，，所以，由于，所以且，故，故函数在上单调递增，故C正确；对于D：由于，当时，，故D错误．故选：BC． 三、填空题13．已知，与的夹角，则向量在向量方向上的投影为___________.【答案】【分析】由条件及投影的计算公式即可得到向量在向量方向上的投影.【详解】，与的夹角在方向上的投影为故答案为：14．已知，则____________.【答案】或【分析】将已知条件两边同时平方结合同角三角函数基本关系可得，再计算的值，进而可得的值，由平方差公式计算即可求解.【详解】由可得，即，所以，可得，所以，所以所以，故答案为：或.15．已知可导函数的定义域为，满足，且，则不等式的解集是____________.【答案】【分析】构造函数，由导数确定单调性，将已知不等式转化为关于不等式，然后利用单调性即可求解．【详解】设，则 ，因为，，所以，可得在上单调递增，不等式，即，即，所以，因为在上单调递增，所以，解得：，所以不等式的解集为：，故答案为：．16．在三棱锥中，，，，，则该三棱锥外接球的半径为___________.【答案】【分析】由已知求解三角形可得为等边三角形，取的外心为，连接，可得，设垂足为，连接，可得平面，确定三棱锥外接球的球心，利用勾股定理求半径【详解】如图，在中，由余弦定理可得，所以，因为，所以为等边三角形，设的外心为，连接，，，连接，由题意可得，，，，因为，所以，因为，所以平面，设为三棱锥外接球的球心，连接，过作于，则外接球的半径满足，将，代入得，所以，所以故答案为： 四、解答题17．设公比的等比数列满足：，且是与的等差中项.（1）求数列通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）、利用等差中项的相关性质构建等式，结合题目已知条件即可求出，再利用构造关于的等式求出，最后写出数列通项公式；（2）、由（1）可求出数列的通项公式，求出前项和.【详解】解：（1）∵，∴，∵是与的等差中项，∴即.∴即或，∵，∴，∴，即，；（2）由（1）可知，数列是以为首项，以为公比的等比数列，∴.18．某种婴儿用品主要材质是橡胶，在加工过程中，可能会残留一些未挥发完全的溶剂，以及橡胶本身含有的化合物等，长期潜伏积累，对免疫力尚未健全的婴幼儿会危害甚大，为了测量此类新产品的挥发性物质含量，从生产的产品中随机抽取100个，得到如下频率分布直方图，若以频率作为概率，规定该婴儿用品的挥发性物质含量<18‰为合格产品.（1）若这100个产品的挥发性物质含量的平均值大于16，则需进行技术改进，试问该新产品是否需要技术改进？（2）为了解产品不合格的原因，用分层抽样的方法从与中抽取6个进行分析，然后从这6个中抽取2个进一步实验，求2个均在内的概率.【答案】（1）该产品需要进行技术改进；（2）.【分析】（1）、由频率分布直方图求出平均值判断与16的大小关系即可得出结论;（2）、先根据分层抽样求得在与中所抽取的个数，运用列举法列出事件的所有情况，由古典概率公式可求得答案.【详解】（1）∵，故该产品需要进行技术改进；（2）组的产品的个数为，组的产品的个数，所以从组中抽取个，从组中抽取个，记组中抽取的5个分别为，组中抽取的一个为，则从6个中抽取2个的所有情况如下：共15种情况，其中在中恰有2个的有共10种情况，所以所求的概率.19．如图，四边形为正方形，，，且，，延长相交于点，连接，平面.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）、连接交于点，证明为中点，为的中点，进而证明∥,再利用线面平行的判定即可证明平面；（2）、根据四点共面，将点到平面的距离转化为点到平面的距离，利用等体积法求得答案.【详解】解：（1）证明：连接，交于点连接，四边形为正方形，,∥，为的中位线，为的中点又为正方形对角线的交点，为中点，为中点，为的中点为的中位线∥,又平面,平面,平面.（2）由（1）可知：四点共面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离设点到平面的距离为，为正方形，，由（1）可知为的中位线，为的中位线,平面.∥平面.,为的中点,, 平面，到平面的距离为,∥，平面,平面  ∥平面到平面的距离为2，又 所以点到平面的距离为.20．在平面直角坐标系中，已知椭圆的其中一个焦点是抛物线的焦点，且椭圆的离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）过左焦点且斜率不为零的动直线与椭圆交于两点，试问在轴上是否存在一个定点，若设焦点到两直线距离分别为，则？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，坐标为.【分析】（1）求出焦点的坐标，即可得出c的值，再根据椭圆的离心率为，即可求得a，b，从而可得答案；（2）设直线的方程为，，联立方程组，利用韦达定理求得，，由焦点到两直线距离分别为，则，可得轴为的平分线，得，再根据斜率公式整理化简即可得出答案.【详解】解：（1）因为，所以，∵，∴，，所以椭圆的方程为；（2）由题设直线的方程为，，联立方程组，整理得，所以，，由已知得：轴为的平分线，得，所以，所以，所以所以，即，故存在满足条件的定点，其坐标为.21．已知函数，.（1）若，讨论函数在定义域内的极值点个数；（2）若，函数在上恒成立，求整数的最大值.【答案】（1）答案见解析；（2）最大值为3.【分析】（1）求，计算方程的，分别讨论和时的单调性，由单调性可得极值点的个数；（2）先求出，再计算，再构造函数，利用的单调性以零点存在定理可判断的单调性，进而可得的最小值，只需，再结合是整数即可求解.【详解】（1）的定义域为；且，因为方程的，①当，即时，恒成立，此时对于恒成立， 所以在上单调递增，故极值点个数为；②当，即时，设方程的两根分别为和，则，，所以，，设 ，则，，由即可得：或，由即可得：所以在和上单调递增，在上单调递减，故极值点个数为2；综上所述，当时，极值点个数为，当时，极值点个数为2.（2）时，，则，令，则，所以在上单调递增，而，，所以存在，使，即，故，当时，，；当时，，；即在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，所以，因为，即的最大值为3.【点睛】方法点睛：由不等式恒成立（或能成立）求参数时，（1）可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；（2）可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.22．在平面直角坐标系，曲线的参数方程为（其中为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）若点A是曲线上任意一点，求点A到曲线距离的最大值.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）根据平方关系消参即可得出的普通方程，根据，即可将曲线的极坐标方程化为直角方程；（2）设，则点A到直线的距离，结合余弦函数的性质即可得出答案.【详解】解：（1）曲线的参数方程为（是参数），∴，∴的普通方程是，∵曲线的极坐标方程为，∴，由得∴的直角坐标方程为；（2）设，则点A到直线的距离，，所以点A到直线的距离的最大值为.23．已知函数，.（1）求不等式的解集；（2）已知函数的最小值为，正实数满足，求的最小值.【答案】（1）；（2）最小值.【分析】（1）分三种情况讨论解不等式，最后取交集即可得出答案；（2）由，求得m，从而求得，再根据结合基本不等式即可得出答案.【详解】解：（1）由，可得；由，可得；由，可得；综上，的解集为：.（2），当时，，当时，，当时，，∴最小值为，即，∴，∵为正实数，∴，∴，当且仅当时等号成立，∴最小值.