江西省南昌市八一中学2023届高三下学期2月月考理科数学试题

2022~2023年南昌市八一中学高三理科数学2月份考试试卷

命题人：刘娟    审题人：刘娟

一、单选题本大题共12小题，共60.0分

1. 若复数（虚数单位，且为纯虚数，则（    ）

A. 1 B.  C. 2 D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数的除法运算化简，即可根据纯虚数求解，即可.

【详解】，

由于纯虚数，所以且，故，

故选：B

2. 记，，，，则的大小关系为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用的奇偶性，单调性，结合对数函数的单调性进行求解.

【详解】定义域为，显然，则是偶函数，

于是，

根据对数函数的单调性，，

而时，，根据指数函数的单调性可知，在上单调递增，

由可知，.

故选：D

3. 已知直线，，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

【解析】

【分析】根据两直线平行可构造方程求得的值，由推出关系可得结论.

【详解】若，则，解得：或，

，，是的必要不充分条件.

故选：B.

4. 已知数列满足，，，则该数列的前项和为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】按为奇数、偶数分情况讨论，利用等差数列和等比数列的前项和公式求解即可.

【详解】当是奇数时，，，此时，

所以是首项为，公差为的等差数列，

所以，

当是偶数时，，，此时，

所以是首项为，公比为的等比数列，

所以，

所以该数列的前项和为，

故选：A

5. 已知曲线且过定点，若且，则的最小值为（    ）

A. 9 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定的曲线，求出，再利用“1”的妙用求出最小值作答.

【详解】曲线且中，由，得，因此该曲线过定点，

即，于是，又，

因此，当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为16.

故选：C

6. 圆是中华民族传统文化的形态象征，象征着“圆满”和“饱满”，是自古以和为贵的中国人所崇拜的图腾.如图，是圆的一条直径，且，是圆上任意两点，，点在线段上，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设为圆心，连接，根据数量积的运算律得到，再根据点在线段上，求出的取值范围即可得解.

【详解】如图，为圆心，连接，

则

，

因为点在线段上且，则圆心到直线的距离，

所以，，

所以，即的取值范围是.

故选：C

7. 如图，是棱长为的正方体，若在正方体内部且满足，则到的距离为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，根据向量线性运算可求得，根据向量夹角公式可得，进而求得，由可求得结果.

【详解】以A为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，

，，，

，

，

且为锐角，，

点到的距离.

故选：D.

8. 阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积已知椭圆的右焦点为，过作直线交椭圆于两点，若弦中点坐标为，则椭圆的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据椭圆右焦点坐标可知，由弦中点坐标为可利用点差法求得，联立即可解得，再由椭圆面积公式即可求得结果.

【详解】设的中点为，即，如下图所示：

易知，即；

设，

又中点坐标为，所以

则；

又两点在椭圆上可得，

两式相减可得，整理得，

解得，联立可解得；

即

所以椭圆的面积为.

故选：A

9. 如图，已知双曲线的右焦点为，点分别在的两条渐近线上，且在第一象限，为坐标原点，若，，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由可构造方程，利用表示出坐标，由可构造齐次方程求得，由可求得结果.

【详解】由双曲线方程知：渐近线方程为，

，，，

设，则，，即，

，，又，，，

，，，

双曲线的离心率.

故选：D.

10. 已知函数若函数恰有4个不同的零点，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将看做整体，先求出对应的，再根据方程的解得个数确定对应的的取值范围即可得解.

【详解】令，

得或，

画出的大致图象.

设，由图可知，

当或时，有且仅有1个实根;

当或时，有2个实根;

当时，有3个实根.

则恰有4个不同的零点等价于

或或或

解得或.

故选：C.

11. 已知某圆锥的母线长为，记其侧面积为，体积为，则当取得最大值时，母线与底面所成角的正弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据圆锥的侧面积和体积公式，结合基本不等式取等条件可求得时取得最大值，由此可得所求正弦值.

【详解】设圆锥底面半径为，高为，则，

，，

（当且仅当，即时取等号），

母线与底面所成角的正弦值为.

故选：A.

12. 已知定义在上的函数满足，为的导函数，当时，，则不等式的解集为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题意设，结合题意可得，即函数是定义在上的奇函数，又当，时，，则，可得在，上单调递增，在，上单调递增，利用单调性，即可得出答案．

【详解】令，

则，即，

故函数是定义在上的奇函数，

当,时，，则，

故在,上单调递增，在,上单调递增，

所以在上单调递增，

又，则，

则不等式，即，

故，解得．

故选：C．

二、填空题本大题共4小题，共20.0分

13. 已知集合，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据集合相等和互异性讨论的值即可.

【详解】因为集合，显然，

所以，此时，

当时，不符合集合互异性的特性，

所以，解得或（舍去），此时，

所以，

故答案为：

14. 已知，则直线的倾斜角的取值范围是________

【答案】

【解析】

【分析】先利用正弦函数的有界性求出斜率的范围，由斜率的范围求出倾斜角的范围．

【详解】设直线的倾斜角为 α，则 tanαsinθ，

∵﹣1≤sinθ≤1，

∴tanα，

又  α 的范围为 ，

∴的范围为，

故答案为．

【点睛】本题考查直线的倾斜角与斜率的关系，正切函数的有界性以及倾斜角的取值范围．

15. 圆心在直线上，与轴相切，且被直线截得的弦长为的圆的方程为__________.

【答案】或

【解析】

【分析】设圆心为，可知半径，根据垂径定理，利用直线截圆所得弦长可构造方程求得圆心和半径，由此可得圆的方程.

【详解】设所求圆的圆心为，半径为，

圆与轴相切，，

又圆心到直线的距离，

，解得：或，

所求圆的圆心为或，半径，

圆的方程为或.

故答案为：或.

16. 四棱锥中，底面为菱形，底面，，若，，则三棱锥的外接球表面积为_______.

【答案】##

【解析】

【分析】根据四棱锥的数据得到三棱锥的棱长数据和位置关系，然后利用直角三角形斜边上的中线是斜边的一半的性质确定球心，从而得出表面积.

【详解】∵平面，平面，∴，

又，，∴，

取中点分别为,连接,

由于,平面,所以平面,

因为底面为菱形，所以，，且，

所以,即是三角形外接圆的圆心，因此球心在直线上，

又,所以,因此可得为球心，

又，

∴.

故答案为：.

三、解答题本大题共6小题，共70.0分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17. 已知函数．

（1）求不等式的解集；

（2）若关于的不等式恒成立，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）按的取值分类讨论去绝对值即可求解；

（2）利用绝对值三角不等式求解即可.

【小问1详解】

由，得，

当时，由，得；

当时，由，得；

当时，由，得，

综上所述，不等式的解集为.

【小问2详解】

不等式，即为恒成立，

因为，

当且仅当时等号成立，

所以，解得或，

所以取值范围是.

18. 如图，在中，为的中点，且,

（1）证明：；

（2）若，求．

【答案】（1）证明见解析   

（2）．

【解析】

【分析】（1）根据面积公式，结合角的关系即可得，

（2）根据余弦定理解三角形即可.

【小问1详解】

证明：在中，为的中点，所以，

则，

即，又因为，

则，则．

【小问2详解】

解：设，则，因为，

在中，由余弦定理得，

在中，由余弦定理得，

两式相加得：

在中，由余弦定理得：，

得：，

又，所以．

19. 在直角坐标系中，抛物线的顶点是双曲线的中心，抛物线的焦点与双曲线的焦点相同．

（1）求抛物线的方程；

（2）若点为抛物线上的定点，，为抛物线上两个动点.且，问直线是否经过定点?若是，求出该定点，若不是，请说明理由．

【答案】（1）或；   

（2）直线经过定点．

【解析】

【分析】（1）根据双曲线的焦点得抛物线的焦点即可求解方程，

（2）联立直线与抛物线方程，根据向量垂直的坐标关系即可求解.

【小问1详解】

双曲线： ，焦点，

抛物线的顶点是，可得抛物线的方程为或；

【小问2详解】

若点为抛物线上的定点，且点位于第一象限，则抛物线的方程为，即有，

设直线AB方程，设，，

联立得

，

因为，即，

化简得：，

代入得：，

解得或，

将代入中得，由于此时直线经过点，故不符合题意舍去，

将代入中得代入直线方程得：，

此时，只要，就满足，

所以在时，直线经过定点．

  【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法

（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.

（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

技巧：若直线方程为,则直线过定点;

若直线方程为 (为定值),则直线过定点

20. 如图，在边长为的菱形中，，点分别是边的中点，，.沿将翻折到的位置，连接，得到如图所示的五棱锥．

（1）在翻折过程中是否总有平面平面?证明你的结论；

（2）在翻折过程中当四棱锥的体积最大时，求此时点到平面的距离；

（3）在（2）的条件下，求二面角的平面角的余弦值.

【答案】（1）总有平面平面，证明见解析   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）由线面垂直的判定可证得平面，根据平行关系可得平面，由面面垂直的判定可证得结论；

（2）易知当平面时，四棱锥体积最大，利用三棱锥的体积可构造方程求得点到平面的距离；

（3）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据二面角的向量求法可求得结果.

【小问1详解】

在翻折过程中总有平面平面；

证明如下：点分别是边的中点，，

菱形中，，是等边三角形，

是的中点，，；

菱形的对角线互相垂直，，；

，平面，平面，平面，

平面，平面平面.

【小问2详解】

要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，

当平面时，点到平面的距离最大为，

又，

；

，，

设点到平面的距离为，，解得：，

即点到平面的距离为.

【小问3详解】

以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，

，，

轴平面，平面的一个法向量，

设平面的一个法向量为，

则，令，解得：，，

平面的一个法向量，

，

由图形可知：二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.

21. 已知椭圆：，过左焦点作倾斜角为的直线交椭圆于两点．当直线的倾斜角为时.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）点为坐标原点，求面积的最大值；并求此时直线的方程．

【答案】（1）   

（2）面积最大值为，直线方程为：或

【解析】

【分析】（1）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到，再结合条件得到，从而得到关于的方程，解之即可得解；

（2）联立直线与椭圆方程，求得面积关于的解析式，利用基本不等式求得面积的最大值与的值，从而得解.

【小问1详解】

当直线的倾斜角为时，，

又直线过，则直线的方程为，即，

联立，消去，得，

则，

设可得，，

因为，可得，

将其代入，可得，

所以，整理得，

又，所以，

整理得，解得或（舍去），

所以，故椭圆的标准方程为.

【小问2详解】

由题意，显然直线不平行于轴，设直线的方程为，

联立，消去，得，

而，

又，则，，

则，

于是得，

当且仅当，即时，等号成立，

所以当时，面积取得最大值，

此时直线的方程是，即或．

22. 已知函数，

（1）若函数，讨论当时函数的单调性；

（2）若函数恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增   

（2）

【解析】

【分析】（1）化简可得，利用导数可求得单调性；

（2）分析可知且；令，可将恒成立不等式转化为，结合单调性可得，令，利用导数可求得单调性和，进而得到的范围.

【小问1详解】

当时，；

定义域为，，

当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增.

【小问2详解】

若，即，由得：，

则当时，，则不恒成立，

且定义域为；

由恒成立可得：，

，

令，则，

与均为单调递增函数，为单调递增函数，

，；

令，则，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，，

，解得：，即实数的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数单调性，恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够采用同构法，将问题转化为的两个函数值大小关系的比较问题，进而根据的单调性得到自变量的大小关系.