2022届江苏省南京市金陵中学高三下学期2月月考数学试题含解析

这是一份2022届江苏省南京市金陵中学高三下学期2月月考数学试题含解析，共21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。

2022届江苏省南京市金陵中学高三下学期2月月考数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用对数函数性质，化简集合，然后根据集合的交集运算即可
【详解】根据题意，易得：
又
则有：
故选：C
2．已知z1，z2为复数．若命题p：z1-z2＞0，命题q：z1＞z2，则p是q成立的（　　）
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】设出复数，，利用复数概念进行推导.
【详解】设，，若，则，，若，则，，满足，若，则不能比较大小；
若，则，，故，综上：p是q成立的必要不充分条件.
故选：B
3．某市有、、、、五所学校参加中学生体质抽测挑战赛，决出第一名到第五名的名次．校领导和校领导去询问成绩，回答者对校领导说：“很遗憾，你和校都没有得到第一名”，对校领导说“你也不是最后一名”．从这两个回答分析，这五个学校的名次排列的不同情况共有（       ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】C
【分析】由题意可知，校为第二至第四某个名次，校在第二至第五名次中剩余三个名次种选一个名次，其余三个名次任意排列，利用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】由题意可知，校为第二至第四某个名次，
校在第二至第五名次中剩余三个名次种选一个名次，其余三个名次任意排列，
故这五个学校的名次排列的不同情况共有种.
故选：C.
4．2021年第十届中国花卉博览会兴办在即，其中，以“蝶恋花”为造型的世纪馆引人注目（如图①），而美妙的蝴蝶轮变不仅带来生活中的赏心悦目，也展示了极致的数学美学世界．数学家曾借助三角函数得到了蝴蝶曲线的图像，探究如下：如图②，平面上有两定点，，两动点，，且，绕点逆时针旋转到所形成的角记为．设函数，，其中，，令，作随着的变化，就得到了的轨迹，其形似“蝴蝶”．则以下4幅图中，点的轨迹（考虑糊蝶的朝向）最有可能为（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】考虑特殊值，用排除法，取，确定的的位置，排除错误选项得结论．
【详解】先考虑与共线的蝴蝶身方向，令，，要满足，故排除A，C；
再考虑与垂直的方向，令，要满足，故排除D，
故选：B．
5．已知正方体的棱长为6，则过，，三点的平面与该正方体内切球截面的面积为（       ）
A．3π B．6π C．9π D．12π
【答案】B
【分析】作出正方体中过，，三点的平面，且分别是的中点，可得，则过，，三点的截面为球内过这三点的截面圆，求出截面圆的半径可得答案.
【详解】
如图正方体中，过，，三点的平面与正方体切于，
且分别是的中点，正方体内切球为，连接，
则互相垂直，且，所以，
则过，，三点的截面为球内过这三点的截面圆，
截面圆的半径为，其面积为.
故选：B.
6．已知双曲线（，）的左、右焦点分别是、，且，若P是该双曲线右支上一点，且满足，则面积的最大值是（       ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件，结合双曲线的定义求出与，然后在中，利用余弦定理求出，再根据面积公式及二次函数的知识即可求解.
【详解】解：因为P是该双曲线右支上一点，所以由双曲线的定义有，
又，所以，，设，
所以，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以面积的最大值是，
故选：A.
7．已知函数，若函数的图象与轴的交点个数不少于个，则实数的取值范围是（     ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】画出函数图像，题目转化为函数的交点，考虑直线过点，与相切，与相切三种情况，分别计算斜率得到范围.
【详解】，即，函数过定点，
，画出函数图像，如图所示：

当直线过点时，，解得；
当直线与相切时，，设切点为，
则，，解得，故，
；
当直线与，相切时，设切点为，则，则，
，解得，，.
综上所述：.
故选：C.
8．已知，则下列说法正确的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用对数函数的单调性比较对数式的大小．
【详解】∵，，
∴比较，，的大小关系即可．
1、当时，，，故，，故，．
2、令，则，．
由，即，则．
综上，.
故选：D．
二、多选题
9．已知，，且，则（       ）
A．xy的取值范围是 B．的取值范围是
C．的最小值是3 D．的最小值是
【答案】BD
【分析】利用基本不等式判断选项A，利用基本不等式判断选项B，利用拼凑法和基本不等式的应用判断选项C、D.
【详解】因为，，所以，所以，
解得，即，则A错误.
因为，，所以，所以，
即，解得，则B正确.
因为，所以，
则，
当且仅当即时等号成立.因为.所以，则C错误.
，
当且仅当即时等号成立，则D正确.
故选：BD
10．已知数列的前n项和，则下列结论成立的有（       ）
A．若，，成等比数列，则
B．数列的前n项和为，则数列为单调递增数列
C．若，则n的最小值为6
D．若，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】利用的关系求得，A应用等比中项的性质求参数m；B由题设得，应用分组求和可得即可判断其单调性；C应用裂项相消法求，进而求数列不等式的解集即可判断；D：由已知得，结合基本不等式“1”的代换求的最小值即可.
【详解】由题设，，
当时，，
显然也符合通项公式，
∴.
A：，要使，，成等比数列，则，即，可得，正确；
B：由，则，又，故数列为单调递增数列，正确；
C：由，则，可得，故错误；
D：由题意有，即且，所以，当且仅当时等号成立.
故选：ABD.
11．对于直角坐标平面内的任意两点，，定义它们之间的一种“距离”：，则下列说法正确的是（     ）
A．若点C是线段AB的中点，则
B．在中，若，则
C．在中，
D．在正方形ABCD中，有
【答案】ACD
【分析】对于AC，根据距离的新定义分析判断，对于B，举例判断，对于D，根据距离的新定义结合图形分析判断
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，取，则，而，不满足，故B错误；
对于C，设，则，因为
，
同理，所以，故C正确；
对于D，设正方形ABCD的边长为a，当正方形的边与坐标轴平行时，易知，如图，设AB与x轴的夹角为，由图可知
，故D正确.
故选：ACD

12．知函数，则下述结论中正确的是（       ）
A．若在有且仅有个零点，则在有且仅有个极小值点
B．若在有且仅有个零点，则在上单调递增
C．若在有且仅有个零点，则的范是
D．若的图象关于对称，且在单调，则的最大值为
【答案】ACD
【分析】令，由，可得出，作出函数在区间上的图象，可判断A选项正误；根据已知条件求出的取值范围，可判断C选项正误；利用正弦型函数的单调性可判断B选项的正误；利用正弦型函数的对称性与单调性可判断D选项的正误.
【详解】令，由，可得出，
作出函数在区间上的图象，如下图所示：

对于A选项，若在有且仅有个零点，则在有且仅有个极小值点，A选项正确；
对于C选项，若在有且仅有个零点，则，解得，C选项正确；
对于B选项，若，则，
所以，函数在区间上不单调，B选项错误；
对于D选项，若的图象关于对称，则，.
，，，.
当时，，当时，，
此时，函数在区间上单调递减，合乎题意，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数．
三、填空题
13．若与有公共零点，则的取值范围是__________.
【答案】
【分析】根据零点的意义先构建函数，然后再求最值，从而可求出范围.
【详解】函数都是单调递增函数，都至多有一个零点，
函数有公共零点，记为，则
,即.
所以，设.
且在单调递增
在单调递减，单调递增
，

故答案为：
14．抛物线的焦点为F，准线是l，O是坐标原点，P在抛物线上满足，连接FP并延长交准线l与Q点，若的面积为，则抛物线C的方程是______．
【答案】
【分析】先根据确定出点坐标，再根据求出点的纵坐标，即可求解.
【详解】由题可知，抛物线的准线的方程为，则焦点 到准线的距离为,
已知，所以P在线段OF的中垂线上，如图，

设，则
可知，
即
,
解得，
所有抛物线C的方程是.
故答案为：
15．已知正四棱锥的所有棱长均为，E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，B的一动点，则的最小值为________.
【答案】
【分析】根据正四棱锥的性质，将所在平面展开在一个平面上，即可判断最小时的位置关系，即可确定最小值.
【详解】正四棱锥如下图示，

将面与面展开在一个平面上，E、F为中点，如下图，

所以在移动过程中，当共线时，最小为.
故答案为：.
16．九连环是我国古代至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串，按一定规则移动圆环的次数，决定解开圆环的个数在某种玩法中，用an表示解下n（n≤9，n∈N）个圆环所需的最少移动次数，数列{an}满足a1＝1，且an＝，则解下n（n为奇数）个环所需的最少移动次数为___.（用含n的式子表示）
【答案】（，n为奇数）
【分析】可得为奇数时，即数列的奇数项形成以1为首项，4为公比的等比数列，即可求解.
【详解】当为奇数时，为偶数，为奇数，
则，
故数列的奇数项形成以1为首项，4为公比的等比数列，
（，n为奇数），
故解下n（n为奇数）个环所需的最少移动次数为（，n为奇数）.
故答案为：（，n为奇数）.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是判断出数列的奇数项形成以1为首项，4为公比的等比数列.
四、解答题
17．已知数列{an}满足a1=1，an＋1=2an＋1（n∈N）.
(1)求证：数列{an＋1}是等比数列；
(2)设bn=（2n-1）an，求数列{bn}的前n项和Tn.
【答案】(1)证明见解析
(2)Tn=（2n-3）·2n＋1＋6-n2（n∈N）
【分析】（1）可在已知式子两边同时加上1，构造等比数列，然后利用等比数列的定义即可完成证明；
（2）可通过第（1）问构造出的等比数列，求解出an通项公式，然后分别使用错位相减、等差数列求和求解出各自的前n项和，然后合并在一起即可.
(1)
证明：依题意，由an＋1=2an＋1，可得an＋1＋1=2（an＋1），即，
又
∴ 数列{an＋1}是以2为公比的等比数列.
(2)
解：由（1）得an＋1=（a1＋1）·2n-1，又a1=1，∴an=2n-1（n∈N），
∴bn=（2n-1）an=（2n-1）·（2n-1）=（2n-1）·2n-（2n-1）（n∈N）.
构造数列{dn}：令dn=（2n-1）·2n，则bn=dn-（2n-1）（n∈N）.
设数列{dn}的前n项和为Sn，则Sn=d1＋d2＋…＋dn=1·21＋3·22＋5·23＋…＋（2n-1）·2n，
2Sn=1·22＋3·23＋…＋（2n-1）·2n＋1，两式相减，可得
-Sn=1·21＋2·22＋2·23＋…＋2·2n-（2n-1）·2n＋1=2＋23＋24＋…＋2n＋1-（2n-1）·2n＋1
=2＋-（2n-1）·2n＋1=（3-2n）·2n＋1-6，
∴Sn=（2n-3）·2n＋1＋6（n∈N），
∴Tn=b1＋b2＋…＋bn=（d1-1）＋（d2-3）＋…＋[dn-（2n-1）]
=（d1＋d2＋…＋dn）-[1＋3＋…＋（2n-1）]
=Sn-=（2n-3）·2n＋1＋6-n2.
∴Tn=（2n-3）·2n＋1＋6-n2.（n∈N）.
18．锐角中，角、、所对的边分别为、、，且.
(1)求角的大小；
(2)若边，边的中点为，求中线长的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理化简可得出，结合角为锐角可求得结果；
（2）由余弦定理可得出，利用平面向量的线性运算可得出，由平面向量数量积的运算可得出，利用正弦定理结合正弦型函数的基本性质可求得的取值范围，可得出的取值范围，即可得解
(1)
解：由正弦定理得

因角、为锐角，所以，，于是，即，
又角为锐角，则.
(2)
解：由余弦定理得，于是，
因，
两边同时平方得
，
由正弦定理得，
所以
，
因，解得，则，于是，
，，，
所以中线长的取值范围为.
19．如图，在圆锥中，为底面圆的直径，为底面圆上两点，且四边形为平行四边形，过点作，点为线段上一点，且满足．

(1)证明：平面；
(2)若圆锥的侧面积为底面积的2倍，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据平面，得出，然后证明四边形为菱形，可得，最后可证平面；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用法向量求解二面角的余弦值.
(1)
在圆锥中，平面，又平面，∴，
四边形为平行四边形，又在圆锥中，，
∴四边形为菱形，∴．
又，平面AOB，，∴平面．
(2)
在圆锥中，平面，
又平面，∴，，
由（1）知，又，∴，
以点为坐标原点，向量的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系．

设圆锥的底面半径为r，母线长为R．
则，．
由题意知，即，∴．
不妨令，则，∴，，，，
∴，，，
设平面BPF的法向量为，
则，令，则，，
∴是平面EPF的一个法向量．
设平面EPF的法向量为，则，
令，则，，∴是平面BPF的一个法向量．
设二面角的大小为，
则，
∴二面角的余弦值为．
20．乒乓球被称为我国的国球，是一种深受人们喜爱的球类体育项目.某次乒乓球比赛中，比赛规则如下：比赛以11分为一局，采取七局四胜制.在一局比赛中，先得11分的选手为胜方；如果比赛一旦出现10平，先连续多得2分的选手为胜方.
(1)假设甲选手在每一分争夺中得分的概率为.在一局比赛中，若现在甲､乙两名选手的得分为8比8平，求这局比赛甲以先得11分获胜的概率；
(2)假设甲选手每局获胜的概率为，在前三局甲获胜的前提下，记X表示到比赛结束时还需要比赛的局数，求X的分布列及数学期望.
【答案】(1)
(2)
X
1
2
3
4
p





数学期望为.
【分析】（1）分析出两种情况，甲乙再打3个球，这三个均为甲赢和甲乙再打4个球，其中前三个球甲赢两个，最后一个球甲赢，分别求出概率，相加即为结果；（2）求出X的可能取值为1，2，3，4，及对应的概率，写出分布列，求出期望值.
(1)
设这局比赛甲以先得11分获胜为事件A，则事件A中包含事件B和事件C，事件B：甲乙再打3个球，甲先得11分获胜，事件C：甲乙再打4个球，甲先得11分获胜.
事件B：甲乙再打3个球，这三个球均为甲赢，则，
事件C：甲乙再打4个球，则前三个球甲赢两个，最后一个球甲赢，则；
则
(2)
X的可能取值为1，2，3，4.
，，，，
所以X的分布列为：
X
1
2
3
4
p





其中.
即数学期望为.
21．已知椭圆的焦距为2，分别是C的左右两个焦点，椭圆C上满足的点P有且只有两个.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，且，求证：存在定点Q，使得Q到直线l的距离为定值，并求出这个定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析，定值.
【分析】（1）由题可得，，即求；
（2）结合条件及韦达定理可求原点到直线的距离，即得.
(1)
设椭圆C的标准方程为，则，
∵椭圆C上满足的点P有且只有两个，

∴点P为短轴端点，，，
故，，
故椭圆的标准方程为；
(2)
当直线l的斜率不存在时.设，
由，不妨设，
代入椭圆，得，，
∴直线，
此时原点到直线l的距离为；
当直线l的斜率存在时，设，
联立，消去y，得，
有
从而，
即，化简得满足，
因此，原点到直线l的距离；
综上，存在，使在Q到直线l的距离为定值.
22．已知函数．
(1)函数为的导函数，讨论的单调性；
(2)当时，证明：存在唯一的极大值点，且．
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设，然后对函数求导，再分和讨论导函数的正负，从而可求出其单调区间，
（2）两次利用零点存在性定理求得函数的极大值点，从而可得，再结合可证得结论
(1)
，设，则．
①当时，，则在上单调递增；
②当时，令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以在上单调递减，在上单调递增．
(2)
证明：当时，，，
由（1）可知的最小值为，
而，又，
由函数零点存在定理可得存在使得，又在上单调递减，
所以当时，，当时，，故为的极大值点，
又在上单调递增，故在上不存在极大值点，
所以存在唯一的极大值点，
又，，，所以．
因为，而，所以．
又为极大值，，
所以综上，．
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调性，利用导数求函数的极值，解题的关键是先由函数零点存在定理得到函数的极大值点，再根据零点存在性定理得极大值点，然后代入函数中利用放缩法可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题