2023届江西省新余市第一中学高三上学期12月月考数学（文）试题含答案

这是一份2023届江西省新余市第一中学高三上学期12月月考数学（文）试题含答案，共21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。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先解不等式化简集合A，再进行交集运算即可.
【详解】因为，又，
所以.
故选：B.
2．复数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据复数模的公式及复数的运算法则求得，利用共轭复数的概念得出答案.
【详解】因为，
所以，
所以．
故选：A．
3．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥
的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三视图还原几何体，可得该棱锥4个面中有2个为直角三角形，2个面是等腰三角形，利用三视图中的数据即可得结果.
【详解】
该几何体是棱长分别为 的长方体中的三棱锥： ，
其中： ，
该几何体的表面积为： .
故选：B．
4．已知是等差数列的前项和，若，则（ ）
A．2B．3C．4D．6
【答案】B
【分析】利用等差数列的求和公式，结合等差中项的性质，解得，根据等差数列整理所求代数式，可得答案.
【详解】由题意，，解得，设等差数列的公差为，
则.
故选：B.
5．已知命题，，命题函数在区间上是减函数，则，下列结构中正确的是（ ）
A．命题“”是真命题B．命题“”是真命题
C．命题“”是真命题D．命题“”是真命题
【答案】C
【分析】先判断命题的真假性，然后结合逻辑连接词的知识求得正确答案.
【详解】对于命题，当时，，，所以为假命题，
对于命题，在区间上是减函数，
即，在上恒成立，
，所以，所以命题为真命题.
所以、、为假命题，
是真命题.
故选：C
6．已知是抛物线的焦点，是抛物线上的一个动点，，则周长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先将抛物线方程化为标准方程，写出焦点坐标和准线方程，利用抛物线定义得到，再利用平面几何知识求周长的最小值.
【详解】将化为，
则其焦点，准线方程为，
则，设，
则由抛物线的定义，得，
所以的周长
（当且仅当轴时取得最小值）.
故选：A.
7．设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．
【详解】解：依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：

则，解得，即．
故选：C．
8．已知函数，则的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用导数可求得在和上的单调性，由此可排除错误选项.
【详解】当时，，则，
在上单调递增，BD错误；
当时，，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，C错误，A正确.
故选：A.
9．已知双曲线：的焦点到渐近线的距离为，又双曲线与直线交于，两点，点为右支上一动点，记直线，的斜率分别为，，曲线的左､右焦点分别为，.若，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．双曲线的渐近线方程为
C．若，则的面积为1
D．双曲线的离心率为
【答案】C
【分析】由焦点到渐近线的距离得到b，联立直线与双曲线的方程，用点差法可以得到两条直线的斜率，由，求的值，A，B，D三个选项即可判断，C选项考查双曲线的定义，用得到的值，就可以计算三角形的面积.
【详解】因为双曲线：的焦点到渐近线的距离为1，则，所以双曲线方程为：，由可得，
设，，则，即，∴，设
则，，所以，即，
又，，，所以，∴，即，故A错误；
所以双曲线：，，
双曲线的渐近线方程为，离心率为，故B错误，D错误；
若，则，
所以，的面积为1，故C正确.
故选：C.
10．如图，已知正方体的棱长为a，点E，F，G，H，I分别为线段，，，BC，的中点，连接，，，DE，BF，CI，则下列正确结论的个数是（ ）
①点E，F，G，H在同一个平面上；
②平面∥平面EFD；
③直线DE，BF，CI交于同一点；
④直线BF与直线所成角的余弦值为．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】①根据共面定理，证明与平行，可得答案；
②由①，根据面面平行判定定理，证明平面平面，由图平面平面，可得答案；
③先假设，由题意，可得连线直线的等量关系，再假设出，求得连线的等量关系，检验可得答案；
④根据异面夹角的定义，作平行，找出夹角，结合余弦定理，可得答案.．
【详解】对于①，连接，，，，，作图如下：
在正方体中，易知，在中，分别为的中点，，则，命题①正确；
对于②，连接，，，，，，作图如下：
在中，分别为的中点，，同理在中，，
平面，平面，平面，同理可得平面，
，与相交，由平面，则平面平面，因为平面平面，所以命题②错误；
对于③，连接BD，延长DE、BF交于点M，
因为EF∥BD，且EFBD，所以MF＝BF，又因为FI∥BC，且FIBC，所以B、C、F、I四点共面，所以BF与CI相交，设BF与CI的交点为N，则NF＝FB，所以M与N重合，即直线DE，BF，CI交于同一点，命题③正确；
对于④，取C1D1的中点K，连接CK，
则CK∥BF，则CK与所成的角θ即为直线BF与直线所成的角，连接，设正方体的棱长，则，，，由余弦定理得，命题④正确．
综上知，①③④正确．
故选：C．
11．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.用他的名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，已知数列满足，，，若，为数列的前项和，则（ ）
A．999B．749C．499D．249
【答案】A
【分析】构造法判断为等比数列，为常数列，进而可得，再由，结合新定义有，最后利用裂项相消法求的前n项和.
【详解】由，得，又，
所以数列是以4为首项，5为公比的等比数列，则①，
由得：，又，
所以数列是常数列，则②，
由①②联立得.
因为，所以，即，
所以，故，
所以，则.
故选：A
12．函数满足， ，若存在，使得成立，则的取值
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题意设，则，所以（为常数）．∵，∴，∴，
∴．令，则，故当时，单调递减；当时，单调递增．
∴，从而当时，，∴在区间上单调递增．
设，则，故在上单调递增，在上单调递减，所以．
∴不等式等价于，
∴，解得，故的取值范围为．选A．
点睛：本题考查用函数的单调性解不等式，在解答过程中首先要根据含有导函数的条件构造函数，并进一步求得函数的解析式，从而得到函数在区间上的单调性．然后再根据条件中的能成立将原不等式转化为，最后根据函数的单调性将函数不等式化为一般不等式求解即可．
二、填空题
13．设满足约束条件，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据约束条件作图，由题意可知为截距型，根据函数平移，可得答案.
【详解】由约束条件，作图如下：
由图可知，，，，
当取，可得，
故答案为：.
14．从分别标有1，2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张.记事件A为“抽取到的两张卡片上的数奇偶性相同”，事件B为“两张卡片上的数字均为偶数”，则 .
【答案】/
【分析】利用条件概率公式进行求解即可.
【详解】，
故答案为：
15．如图，在平行四边形中，点，分别在，边上，且，，若，，，则 .
【答案】
【分析】由题知，，再根据数量积的运算律运算求解即可.
【详解】解：因为，，
所以，，，
因为，，，
所以.
故答案为：
16．若不等式对一切恒成立，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】将不等式对一切恒成立转化为，再利用导数法求函数的最值问题即可求解.
【详解】令得，
当时，得在上单调递增，
当时，与矛盾．
当时，，
当时，，
，
令，则，
，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，，
当时，的最大值为．
故答案为：.
三、解答题
17．已知锐角内角，，的对边分别为，，.若.
(1)求角的大小；
(2)若，求边上高的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据条件，运用诱导公式以及倍角公式即可求出角C；
(2)运用等面积法将AB边上的高h转化为ab的乘积，在根据正弦定理转化为三角函数，运用三角函数的性质即可求出h的范围.
【详解】（1）由条件可知：，，
∵，∴，，
又，∴，∴，∴；
（2）设边上的高为，则
且，∴，∴
由正弦定理得，∴，，
又
∴
，
∵为锐角三角形，∴ ，解得： ，
∴，∴，∴边上高的取值范围是；
综上， ，边上高的取值范围是.
18．为了推进新高考改革，某中学组织教师开设了丰富多样的校本选修课，同时为了增加学生对校本选修课的了解和兴趣，该校还组织高二年级300名学生参加了一次知识竞答活动，本次活动共进行两轮比赛，第一轮是综合知识小检测，满分100分，并规定得分从高到低排名在前20%的学生可进入第二轮答题，从6个难度升级分别涉及“时事政治”､“语言文化”､“艺术欣赏”､“体育健康”､“天文地理”和“逻辑推理”六个方面的题目中随机抽选3个题目进行作答，以下是300名学生在第一轮比赛中的得分按照，进行分组绘制而成的频率分布直方图如图所示：
（1）根据频率分布直方图估计学生在第一轮比赛中至少得到多少分才能进入第二轮比赛？
（2）已知李华比较擅长“时事政治”类题目，不太擅长“逻辑推理”类题目，若李华成功进入了第二轮比赛，求他刚好抽中“时事政治”类题目，没有抽中“逻辑推理”类题目的概率.
【答案】（1）76分；（2）.
【分析】（1）根据题意，由高到低20%可进入第二轮比赛，所以从100分逆推往前计算20%，可算出得到的分数；（2）列举法计算出从6个题目中选3个题目的结果以及包含“时事政治”不包含“逻辑推理”的结果，根据公式求概率即可.
【详解】解：（1）设学生在第一轮比赛中至少得到x分才能进入第二轮比赛.
则由频率分布直方图可得，解得，
故学生在第一轮比赛中至少得到76分才能进入第二轮比赛.
（2）设这6个分别涉及“时事政治”､“语言文化”､“艺术欣赏”､“体育健康”“天文地理”和“逻辑推理”六个方面的题目为A，B，C，D，E，F，
则从中随机抽选3个题目的结果有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共20种，其中满足刚好抽中“时事政治”类题目，没有抽中“逻辑推理”类题目的情况有共6种，
所以李华刚好抽中“时事政治”类题目，没有抽中“逻辑推理”类题目的概率.
19．如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)求到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，连接，先用线面垂直的判定定理证明 平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论，
（2）由等积法结合求解即可
【详解】（1）如图，取的中点为，连接．
因为，，则，
而，故．
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，
故为直角三角形且，
因为，，，平面，
故平面，
因为平面，
故平面平面．
（2）由（1）知平面，底面是正方形，
则，，
在中，，，
所以，
由知，
所以，
所以
所以到平面的距离为．
20．已知椭圆过点，点为其左顶点，且的斜率为.
(1)求的方程；
(2)为椭圆上两个动点，且直线与的斜率之积为，，为垂足，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设椭圆方程，根据椭圆过点，以及的斜率为，构造方程解得答案；
（2）设直线方程，联立椭圆方程，根据韦达定理，利用直线与的斜率之积为，整理化简证明直线过定点，进而求出的轨迹是圆，把问题转化为圆上的点到椭圆左顶点距离的最大值问题，使问题得到解决.
【详解】（1）由题意可知直线的方程为：， 即，
令，解得，所以，
椭圆过点，
可得， 解得，
所以的方程： ；
（2）设，
由题意得直线斜率不为零， 设， 代入到椭圆，
由得，即
所以,
由， 得， 即，
所以，
所以，
所以，
化简得，
所以或，
若，则直线过椭圆的左顶点，不适合题意，所以，
所以过定点，
因为为垂足，
所以在以为直径的圆上，，的中点为，
又，所以，
所以的最大值为，
即的最大值为.
【点睛】本题是圆锥曲线过定点问题，属于难题，解决问题的关键点有两个，一是过定点问题不是显性的，比较隐晦，识别出来有困难，第二在由斜率的乘积是常数进行化简整理的过程中，计算直线过定点难度比较大，容易形成畏难心理导致计算失败.
21．已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)记函数，设，是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由导数的几何意义即可求曲线在处的切线方程；
（2）将转化为，从而构造，根据导数即可求得的最小值，从而得解.
【详解】（1），所以切线斜率为，
又，切点为，所以切线方程为：．
（2），
若，则恒成立，
，，
，
，
设，则，
令，，
则，
在上单调递减；
，，

，
，
， ，
当时，，
，
即实数的最大值为
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立的极坐标系中，直线l的方程是．
(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
(2)若点A的坐标为（1，0），直线与曲线C交于P，Q两点，求的值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）移项再平方相加即得曲线C的普通方程，根据极坐标与直角坐标的互化公式即可得直线l的直角坐标方程；
（2）由直线参数方程中的几何意义，结合韦达定理即可求得.
【详解】（1）由，可得，
将上式分别平方，然后相加可得，
由，可得，
即，即．
（2）由（1）可知直线l的斜率为，则其倾斜角为，
且点在直线l上，
所以直线l的参数方程为： （t为参数），
即（t为参数），
将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程，整理得．
设点P，Q对应的参数分别为，，则，，
则．
23．记函数的最小值为．
(1)求的值；
(2)若正数满足，证明：．
【答案】(1);
(2)证明见解析；
【分析】（1）将函数化简为分段函数形式，并作出函数图像，由图像判断并计算最小值；（2）由（1）得，可得，将证明不等式转化为证明成立，利用柯西不等式证明即可.
【详解】（1）由题意得，，作出函数图像如图所示，由图可知，当时，函数取最小值，，故.
（2）由（1）得，故，因为均为正数，所以要证明不等式，只需证明，由柯西不等式得：，当且仅当时，取等号，所以原不等式成立.
【点睛】函数中有绝对值形式的情况，一般在求解时需要去绝对值，转化为分段函数，并作出图像，数形结合分析求解.