2023届江西省南昌市等4地高三下学期7月月考数学试题含解析

这是一份2023届江西省南昌市等4地高三下学期7月月考数学试题含解析，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。
2023届江西省南昌市等4地高三下学期7月月考数学试题 一、单选题1．设全集，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出集合M的补集，根据并集运算即可得答案.【详解】由题意全集，集合，，故选：B2．若复数，则（    ）A．0 B．1 C．2 D．-1【答案】C【分析】由复数乘法化简后由复数相等定义求解.【详解】因为，所以解得.故选：C.3．已知向量满足，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根据题意结合向量数量积的运算律运算求解.【详解】因为，所以①，又因为，所以②，由得：，所以.故选：A.4．已知椭圆为两个焦点，为椭圆上一点，若的周长为4，则（    ）A．2 B．3 C． D．【答案】D【分析】根据椭圆的方程可得的关系，结合的周长，列方程求解，即得答案.【详解】设椭圆的焦距为，则，的周长为，解得，故选：D5．在某校运会的跳高比赛中，小明准备挑战1米90的校运会记录.已知试跳共有三次机会，根据小明日常训练的数据，他每次试跳成功的概率为0.2，每次试跳的结果相互独立，则在本次比赛中，小明挑战成功的概率为（    ）A．0.2 B．0.6 C．0.384 D．0.488【答案】D【分析】利用独立事件的概率求得每次试跳的成功概率，然后利用互斥事件的概率求解.【详解】解：第一次试跳就成功的概率为0.2；第二次试跳才成功的概率为；第三次试跳才成功的概率为.故所求概率为.故选：D6．已知函数在上单调递增，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】因为的最小正周期为，所以在处取最小值，在处取最大值，列式求解即可.【详解】因为的最小正周期为，所以在处取最小值，在处取最大值.所以，即.因为，所以.故选：D.7．中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，..，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如区域1与区域5）所涂颜色相同.若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ）  A．1050种 B．1260种 C．1302种 D．1512种【答案】C【分析】由题意可得，只需确定区域的颜色，先涂区域1，再涂区域2，再分区域3与区域1涂的颜色不同、区域3与区域1涂的颜色相同，最后根据分步乘法原理即可求解.【详解】由题意可得，只需确定区域的颜色，即可确定整个伞面的涂色.先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择.当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择.当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择.故不同的涂色方案有种.故选：C8．如图，二面角的大小为，且与交线所成的角为，则直线所成的角的正切值的最小值为（    ）  A． B． C． D．【答案】B【分析】先证明线面角的最小性，再根据题设条件计算出与平面所成角的正切值，故可得正确的选项.【详解】先证明一个结论：如图，直线为平面的一条斜线，为斜足，与平面所成的角为，则平面内的直线与直线所成角的最小值为.  证明：对于平面内的任意一条直线，如果其不过点，则可以平移该直线至点，此时直线与直线所成角即为平移后的直线与直线所成的角.设平移后的直线为直线（如图），过作的垂线，垂足为，在平面内的射影为，连接，则，而直线与直线所成的角即为，其中，.因为，故，当且仅当与重合时等号成立，所以平面内的直线与直线所成角的最小值为.回到原题，如图，设，取上一点，过作，垂足为，垂足为，连接，因为，，故，而，，平面，故平面，而平面，故，故为平面的平面角的补角，故.不妨令，则.又，所以，所以，所以.因为，故与平面所成的角为，由前述所证结论可得，直线所成角的最小值为，其正切值为.故选：B.  【点睛】思路点睛：在考虑与线面角有关的角的大小关系时，注意利用线面角的最小性来处理. 二、多选题9．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据角的范围，利用三角函数同角关系式及二倍角公式求解.【详解】因为，所以.由解得，A，B正确；，C错误；因为，，所以，D正确.故选：ABD．10．若函数既有极大值又有极小值，则（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】先判断函数定义域，再求导，将题意转化为方程有两个不等的正根，根据一元二次方程相关知识直接求解即可.【详解】的定义域为，因为若函数既有极大值又有极小值，所以方程有两个不等的正根，所以，解得，所以A和C正确，B和D错误.故选：AC11．设，则（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】选项A：根据对数运算相关知识即可解决；选项B：根据对数运算相关知识进行适当放缩即可解决；选项C：根据对数运算相关知识即可解决；选项D：根据对数运算相关知识及基本不等式进行放缩即可解决；【详解】选项A：，A错误．因为，，所以，选项B：因为，，则有，所以，B正确．选项C：，C正确．选项D：，D正确．故选：BCD.12．已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与圆相切，且与交于两点，若，则的离心率可能为（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】讨论同时在双曲线的左支上和点在双曲线的两支上两种情况，求出之间的关系，结合离心率的计算公式，即可得答案.【详解】当点同时在双曲线的左支上时，设切点为，则，.作交于点，则，  而O为的中点，则P为的中点，故，因为，为锐角，故所以，，所以，则，故双曲线的离心率.当点在双曲线的两支上时，仍有，    因为，为锐角，故所以，，所以，则，故双曲线的离心率，故选：AD 三、填空题13．若过点且与圆相切的直线只有一条，则          .【答案】0【分析】由题意可得点在圆上，列式求解即可.【详解】由题意可得点在圆上，所以，解得.故答案为：0.14．底面半径为3，母线长为6的圆锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面半径为1的圆锥，所得圆台的体积为          .【答案】【分析】如图，作出图形的轴截面，利用勾股定理及相似比求出圆台的高，再根据圆台的体积公式即可得解.【详解】如图，作出图形的轴截面，其中分别为圆台的上下底面圆的圆心，则，可得，.故答案为：.15．黄金比又称黄金律，是指事物各部分间一定的数学比例关系，即将整体一分为二，较大部分与较小部分之比等于整体与较大部分之比．其中，较大部分与整体之比的比值称为黄金分割数，黄金分割数被公认为最具有审美意义的比例数字．若数列是以黄金分割数为公比的等比数列，且，则         ．【答案】2023【分析】先根据题意列方程求出黄金分割数，则可得等比数列的公比，然后根据等比数列的通项公式和黄金分割数的性质求解即可.【详解】由题意，设整体为1，较大部分为，则较小部分为，则，即，解得（舍去），故黄金分割数为．令，则，即，所以，故．故答案为：202316．已知函数的图象与函数和函数的图象分别交于两点，若，则         ．【答案】4【分析】设，，则，，根据距离公式及两点的斜率公式求出，即可求出点坐标，再代入计算可得.【详解】因为，所以函数的图象恒在函数上方，设，，则，，由可得，又因为所在直线的斜率为，所以，因为，所以，即，解得，因为，所以，代入函数，可得．故答案为： 四、解答题17．已知等差数列的前项和为.(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设数列的首项为，公差为，根据通项公式及前项和公式得到方程组，解得、，即可得解；（2）令求出的取值范围，再分段求出数列的前项和.【详解】（1）设数列的首项为，公差为，则，解得.故.（2）由（1）可得，令，解得，所以当时，，则，当时，，则，所以.18．如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，分别是的中点，.    (1)证明：.(2)求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）解法一：以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，证明即可；解法二：过点作，可证得，所以四点共面，由余弦定理求得，可得，又，所以平面，进而得；（2）求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求解即可.【详解】（1）解法一：如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，  则，.因为，所以.解法二：过点作，垂足为，连接.  因为PD⊥底面ABCD，底面ABCD，所以PD⊥BC，因为底面ABCD是矩形，所以CD⊥BC，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，又，则，因为分别是的中点，则，所以，所以四点共面.因为，所以，所以，即，则，又，，则,又，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解法一：接（1）中解法一，..设平面的法向量，，令，得.设平面的法向量为，则，令，得..故平面EFG与平面PAB所成角的余弦值为.解法二：接（1）中解法二，如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，.  设平面的法向量为，则，令，得.平面，则平面的法向量为，.故平面EFG与平面PAB的夹角的余弦值为.19．在锐角中，角的对边分别是，且.(1)求；(2)若外接圆的半径是1，求面积的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用余弦定理结合二倍角的正弦公式即可得解；（2）先利用正弦定理求出，再根据三角形的面积公式，由三角恒等变换化一结合正弦函数的性质即可得解.【详解】（1）因为，所以，则，因为是锐角三角形，所以，则所以，所以；（2）因为外接圆的半径是1，所以，则，所以，因为是锐角三角形，所以，所以，则，故面积的取值范围是.20．已知直线与抛物线交于两点，.(1)求；(2)设抛物线的焦点为，过点且与垂直的直线与抛物线交于，求四边形的面积.【答案】(1)2(2)32 【分析】（1）联立和抛物线方程，可得根与系数关系式，利用弦长公式即可求得答案；（2）求出直线的方程，联立抛物线方程可得根与系数关系式，求出，根据四边形面积的计算可得答案.【详解】（1）设，由，可得，易得，所以，则，即，因为，所以.（2）由题意可得抛物线的焦点为，直线的方程为.联立，化简可得，则，  设，则，则，因为，所以.21．已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若函数在上无极值，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用导数的几何意义求解；（2）因为在上无极值，所以在上单调，又为奇函数，所以在上单调，然后分为，，三种情况讨论求解.【详解】（1）.故曲线在点处的切线方程为.（2）.因为在上无极值，所以在上单调.因为，所以为奇函数，所以在上单调..①当，即时，.当时，，即在上单调递减，符合题意.②当，即时，，所以存在，使得当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，不符合题意.③当，即时，，所以存在，使得当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，不符合题意.综上，的值为.22．草莓具有较高的营养价值､医疗价值和生态价值.草莓浆果芳香多汁，营养丰富，素有“水果皇后”的美称.某草莓园统计了最近100天的草莓日销售量（单位：千克），数据如下所示.销售量区间天数202510405  (1)求a的值及这100天草莓日销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）.(2)该草莓的售价为60元每千克，为了增加草莓销售量，该草莓园推出“玩游戏，送优惠”活动，有以下两种游戏方案供顾客二选一.  游戏一：不透明盒子里装有2个红球，4个黑球，顾客从中不放回摸出3个球，每摸出一个红球每千克草莓优惠3元，摸出黑球不优惠.游戏二：一张纸板共画了11个同心圆，圆心处标记数字0，从内到外的圆环内依次标记数字1到10，在圆心处有一颗骰子，顾客抛掷硬币决定骰子从圆心向外环移动，若掷出的硬币正面向上，则骰子向外移动一环（如：从圆心移动到标上数字1的环内）；若掷出的硬币反面向上，则骰子向外移动两环（如：从标上数字1的环内移动到标上数字3的环内）.顾客重复掷硬币直到骰子移到标上数字9的环就可以获得“九折优惠券”，或移到标上数字10的环就游戏结束无优惠.有两个孩子对于选择哪个游戏可以获得更大优惠出现了分歧，你能帮助他们判断吗？【答案】(1)，267.5(2)答案见解析 【分析】（1）利用频率分布直方图中频率之和等于1，求出a的值，然后再利用平均数的计算公式求解即可；（2）对于游戏一：利用超几何分布列知识求出分布列和期望；对于游戏二：由条件确定的关系，变形后结合等比数列定义得是公比为的等比数列，利用累加法求得，也可以用列举法求出概率，从而求出分布列和期望，比较即可得出结论.【详解】（1）由题意可得，解得.这100天草莓日销售量的平均数.（2）当选择游戏一时，设每千克草莓优惠金额为，则的可能取值为..的分布列如下：0360.20.60.2.当选择游戏二时，设骰子移到标上数字的环的概率为.第一次掷出的硬币正面向上，骰子向外移动一环，.骰子移到数字处的情况任且只有两种.第一种情况：骰子先到数字代表的环上，又掷出反面，其概率为；第二种情况：骰子先到数字代表的环上，又掷出正面，其概率为.所以，即，所以是公比为的等比数列.，以上各式累加得，所以.获得“九折优惠券”的概率，无优惠的概率.设选择游戏二时每千克草莓优惠金额为Y，则Y的可能取值为0，6..因为，所以选择游戏二获得更大优惠的可能性更大.注：也可用列举法求解：骰子移动到标有数字9的环内有以下5类情况：①移动两环4次，移动一环1次，其概率为，②移动两环3次，移动一环3次，其概率为，③移动两环2次，移动一环5次，其概率为，④移动两环1次，移动一环7次，其概率为，⑤移动一环9次，其概率为，故.【点睛】方法点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤：①“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值以及取每个值所表示的意义；②“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率加法公式、独立事件的概率公式以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；③“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；④“求期望”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望．对于某些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布（如二项分布），则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式()求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度.