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（理）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（理）试题含解析，共22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（理）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．下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递增的函数是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】分别根据函数的奇偶性的定义，结合幂函数，指数函数，对数函数以及余弦函数的性质逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.【详解】对于A：的定义域为，，所以是偶函数，由二次函数的性质可知在上单调递减，故选项A不正确；对于B：由指数函数的性质可知既不是奇函数又不是偶函数，故选项B不正确；对于C：定义域为，且，由是偶函数，，其图象如图所示：在区间上单调递增，故选项C正确；对于D：由余弦函数的性质可知：为偶函数，在上不具有单调性，故选项D不正确；故选：C.6．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．7．已知为平面区域内的两个动点，向量，则的最大值是（    ）A． B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】作出线性约束条件所表示的平面区域，根据向量的数量积的定义可知（当且仅当与共线同向时等号成立）从而求得最大值.【详解】作出线性约束条件所表示的平面区域，如图：根据向量的数量积定义可知：（当且仅当与共线同向时等号成立），即当所在直线平行于所在直线且方向相同的时候得到大值，与平行的直线是，所以的最大长度为线段的长，由可得，由可得所以，故选：C.8．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的表面积（单位：cm2）是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】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，底面三角形为底边长为1的等腰三角形，这条边上的高为1，作出几何体的原图形，如图所示，分别求出两个棱柱的表面积，再结合图像即可得出答案.【详解】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.，底面三角形为底边长为1的等腰三角形，这条边上的高为1，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（单位：cm2）是.故选：D.9．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出点A关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.【详解】解：设点A关于直线的对称点，的中点为，故解得，要使从点A到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离，“将军饮马”的最短总路程为，故选A.【点睛】本题考查了数学文化问题、点关于直线的对称问题、点与圆的位置关系等等，解决问题的关键是将实际问题转化为数学问题，建立出数学模型，从而解决问题.10．已知函数的图象关于直线对称，且当时，.若，，，则的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数图象平移的性质判断出函数的对称性，结合导数判断出函数在时的单调性，最后利用单调性，结合对数的运算性质和对数函数的单调性进行大小比较即可.【详解】因为函数的图象向左平移1个单位长度，得到的图象，而函数的图象关于直线对称，所以的图象关于对称，即关于纵轴对称，因此是偶函数.因此，当时，，因为，所以，即，所以在时，单调递增，因为，所以，即，，，因为，所以，即.故选：D.【点睛】本题考查了利用函数单调性比较函数值大小问题，考查了导数的应用，考查了对数函数的性质，考查了数学运算能力.11．不等式对任意恒成立，则实数的取值范围（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用参变分离法，然后求函数最值即可.【详解】由得，对恒成立，即对恒成立，从而求，的最小值，设，则，令得，∴，∴，即恒成立所以故即当时，等号成立，方程在内有根，故，所以。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．的展开式中的系数为___________.【答案】-4704【分析】分两种情况讨论，利用二项展开式的通项公式即可求解.【详解】由题意得，，二项展开式的通项为，二项展开式的通项为，令，得，所以的系数为：.故答案为：-4704.14．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．如图，在底面边长为4，高为6的正四棱柱中，大球与该正四棱柱的五个面均相切，小球在大球上方且与该正四棱柱的三个面相切，也与大球相切，则小球的半径为_____________.【答案】【分析】结合图形，由题意可知大球的半径为，设小球的半径为，利用已知条件，结合勾股定理，推出结果即可．【详解】解：由题意可知大球的半径为，设小球的半径为，如图，设大圆的圆心为O，小圆的圆心为C，E为小圆与上底面的切点，作交于点D，由题意可知，，，，所以，即，，解得，故答案为：． 评卷人得分  四、解答题17．已知等差数列和等比数列满足：.（1）求数列和的通项公式；（2）若数列满足，，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）令等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据，求得，即可得出答案；（2）求出数列的通项公式，利用分组求和法和裂项相消求和法即可求出答案.【详解】解：（1）令等差数列的公差为，等比数列的公比为，由题知：，解得，所以，∴，∴，∴；（2）由（1）知，∴.18．如图在四棱锥，棱底面，底面四边形为梯形，其中，，点在线段，且满足.（1）求证：平面；（2）若，点为线段上靠近的三等分点，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接与，设其交点为，连接，证明可得，由线面平行的判定定理即可求证；（2）如图建立空间直角坐标系，求出所需各点坐标，分别求出平面与平面的一个法向量，由空间向量夹角公式即可求解.【详解】（1）如图，连接与，设其交点为，连接，在梯形中，且，所以，又因为满足，所以，所以，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）因为平面且，所以，，两两垂直，如图以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，由，可知：，，由点为线段的靠近点的三等分点，故，所以，令平面与平面的一个法向量分别为，，由，令，则，所以，由，令，则，所以，令二面角的平面角为，已知为锐角，所以，所以二面角的余弦值为.19．为了提高学生身体素质，引导学生广泛发展其体育爱好，某大学每年会举办一次盛大的羽毛球比赛，其赛制如下：采用七局四胜制，比赛过程中采用两种模式：前三场采用“模式1”，后四场采用“模式2”.某位选手率先在7局中拿下4局，比赛结束.现有甲、乙两位选手进行比赛，在“模式1”中，每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为；在“模式2”中，每局比赛双方获胜的概率都为，每局比赛结果互相独立.（1）求5局比赛决出胜负的概率；（2）比赛结束时，甲乙总共进行的局数记为，求的分布列与期望.【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【分析】（1）设在“模式1”比赛中，甲胜的场数为变量，“模式2”的比赛中甲胜的场数为变量，则令5场比赛甲胜为事件A，乙胜为事件，5场比赛之后决出胜负为事件，分别求得，从而可得出答案；（2）写出随机变量的所有取值，求出对应随机变量的概率，从而可得出答案.【详解】解：（1）设在“模式1”比赛中，甲胜的场数为变量，“模式2”的比赛中甲胜的场数为变量，则令5场比赛甲胜为事件A，乙胜为事件，5场比赛之后决出胜负为事件，则：，，所以所以5场比赛决出胜负的概率为；（2）分析值随机变量的所有可能取值为4，5，6，7，则所以的分布列为：4567其期望为.20．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，椭圆的离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）点为椭圆位于轴左侧部分上的任意一点，过点分别作抛物线的两条切线，切点分别为，求三角形的面积的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）结合，，联立，即得解；（2）借助导数求两条切线斜率，分别表示两条切线的方程， ，联立可得 ，将直线 与抛物线联立，借助韦达定理可将P点坐标表示为，令线段 的中点为 ，则，借助韦达定理和，即得解【详解】（1）由抛物线的焦点为与椭圆的焦点重合，所以，且离心率，，所以所以椭圆的标准方程为：（2）如图，令，由题意直线的，故设直线的方程为，不妨令在轴上方，在轴的下方，则∴则过两点的切线的直线方程分别为：，即：，联立直线，即解得联立消得∴，又点在椭圆的轴左侧部分，则，∴，∴，令线段的中点为，则，，∴又∵，∴21．已知函数.（1）若函数为函数的导函数，讨论函数的单调性；（2）若函数的两个极值点分别为且，若不等式恒成立，求实数的取值范围；【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】求出函数的导函数，分时，时，两种情况讨论，根据导函数的符号即可得出函数的单调性；（2）由（1）知的两个极值点是方程的两根，则，则，则可得，令，，得，则等价于对任意的恒成立，令，求出函数的最小值，从而可得答案.【详解】解：（1）由题知，则，当时，对恒成立，∴在上单调递减，当时，，则，时，，∴在上单调递增，时，，∴在上单调递减，综上：当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）由（1）知的两个极值点是方程的两根，即，∴，则可得，令，由知道，∴，，解得，∴等价于对任意的恒成立，令，则，当时，在单调递减，则，所以在上单调递增，则不成立，舍去.当时，令，则，当时，则，则在上单调递增，所以，∴在上单调递减，则成立，当时，时，，时，，所以在上递增，在上递减，对任意，，所以在上单调递增，所以与题设矛盾舍去，综上：.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）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）若点为曲线上任意一点，求点到曲线的距离的最大值.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）利用同角的三角函数关系式把曲线的参数方程化为普通方程，然后化为极坐标方程；结合两角和的正弦公式，利用极坐标方程与直角坐标方程互化公式把曲线的极坐标方程化成直角坐标方程；（2）根据曲线的参数方程设出点的坐标，利用点到直线的距离公式，结合辅助角公式进行求解即可.【详解】（1）由曲线：得即：曲线的普通方程为，则其极坐标方程为；由曲线：得： ，即其直角坐标方程为：.（2）令点，则其到的距离为，其中，当时，有最大值为，点到曲线的距离的最大值为.23．已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若，对任意的，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）对分情况讨论，去绝对值处理，从而求解出结果；（2）对任意x∈R，不等式恒成立，即求函数，根据绝对值不等式的性质可得f(x)的最小值为|a+2|，故原不等式等价于，进行求解．【详解】（1）当时，当时，，∴，当时，不成立，当时，，∴，综上，的解集为；（2）∵，∴，当且仅当取等号，∴，即，∴，所以的取值范围为：