2023届江西省九江第一中学高三上学期12月月考数学（文）试题含解析

2023届江西省九江第一中学高三上学期12月月考数学（文）试题

一、单选题

1．设全集，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】用列举法表示出全集，根据补集和并集的定义可求得结果.

【详解】，

，.

故选：C.

2．已知直线：，直线：，若，则（    ）

A． B． C．或1 D．或

【答案】D

【分析】根据两直线平行的条件列出方程，解之，检验即可求解.

【详解】由，可知，得或，

代入检验均满足，

故选：D.

3．等比数列的前项和为，若，，则（    ）

A． B．2 C．14 D．

【答案】B

【分析】结合等比数列通项公式和前项和公式求出，进而得解.

【详解】设等比数列的公比为，显然不符合题意.

由，，得，化简得，

所以.

故选：B.

4．已知向量（1，2），（3，﹣4），则在上的投影为（    ）

A． B． C．1 D．﹣1

【答案】D

【分析】根据向量数量积的几何意义，即可求出结论.

【详解】在上的投影为.

故选:D

【点睛】本题考查向量数量积的几何意义，及坐标表示，属于基础题.

5．过体积为的球外一点作球的切线，若，则切点所在平面与所有切线所围成的几何体的侧面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先求得球的半径为1，再利用圆锥侧面积公式即可求得该几何体的侧面积

【详解】球的体积为，则球的半径为1，又

则切点所在平面与所有切线所围成的几何体为圆锥，

该圆锥底面半径为，母线长为，所以其侧面积，

故选：C.

6．如图所示，位于信江河畔的上饶大桥形如船帆，寓意扬帆起航，建成的上饶大桥对上饶市实施“大品牌、大产业、大发展”的战略产生深远影响.上饶大桥的桥型为自锚式独塔空间主缆悬索桥，其主缆在重力作用下自然形成的曲线称为悬链线.一般地，悬链线的函数解析式为，则下列关于的说法正确的是（    ）

A．，为奇函数

B．，有最小值1

C．，在上单调递增

D．，在上单调递增

【答案】D

【分析】运用奇偶函数的定义易知，为偶函数，运用基本不等式可求得最小值；单调性可以从符合函数的角度进行验证.

【详解】，，A错误；

，B错误；.

令

当，对每层函数的单调性进行判断后，根据复合函数的单调性判断原则易知：在上单调递增，故D对；

函数为偶函数，则在为单调递减，故C错;

故选：D

7．函数的大致图像是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】结合函数所过点及函数单调性，可得答案.

【详解】注意到过点，故可排除C，D选项.

因在上单调递增，在上单调递增，则由复合函数单调性相关知识点可知，在上单调递增，故排除B选项.

故选：A

8．已知三个单位向量，，满足，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由，当与反向时，即可取得最小值．

【详解】由，设与的夹角为

则

当与反向时，有最小值，

故选：B．

9．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】结合基本不等式、对数函数的运算与性质、函数的单调性等知识确定正确答案.

【详解】都为正数，

，

，

.

由于，所以，所以；

由于，所以，所以，

所以.

令，

任取，

，

由于，所以，

所以在上单调递减，而，

所以，

而，

所以，即，

综上所述，.

故选：A

10．已知数列满足，，且的前项和，则的可能取值为（    ）

A．44 B．45 C．46 D．47

【答案】B

【分析】依据递推公式判断数列类型，使用前项和公式结合构造不等式组解.

【详解】因为即，

所以数列是以为首项，公差为2的等差数列.

则的前项和.

所以.

因为，所以，

即解得.

故选：B.

11．已知函数，，且的最大值为，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由函数的最大值问题转化为不等式恒成问题，借助函数的单调性求最值，从而得出a的取值范围.

【详解】由题意可知，，即，且，∴，，

即.

∴，（当时也成立），

令，，，，则，

∵，且

∴由，可得，即，

又在上单调递增，

∴，∴.

故选：A．

12．已知正四面体，则在平面内到平面、平面、平面的距离相等的点有（    ）

A．1个 B．4个 C．7个 D．无数个

【答案】B

【分析】设平面内符合条件的点是，利用三棱锥等体积转化和三角形等面积的条件转化为

到直线的距离相等，进而得到为的内心或旁心，从而得到答案.

【详解】设平面内符合条件的点是，

因为点到平面、平面、平面的距离相等，

且正四面体各个面的面积相等，

所以，

即，

由于三棱锥的高都是到平面的距离，

所以的面积相等，

又∵,

所以到直线的距离相等，

所以当为的内心(一个)或旁心(三个)时符合条件，

所以符合条件的点有4个.

故选：B

二、填空题

13．设x，y满足约束条件，则的最小值为      .

【答案】

【分析】先画出不等式组表示的可行域，然后由，得，作出直线向下平移过点时，取得最小值，求出点的坐标代入目标函数可得答案.

【详解】不等式组表示的可行域如图所示，

由，得，作出直线向下平移过点时，取得最小值，

由，解得，即，

所以的最小值为，

故答案为：

14．已知，，，则的最小值为       .

【答案】

【分析】将4换为，然后通过基本不等式求得答案.

【详解】因为，，且，

所以，

当且仅当时取等号

故的最小值为

故答案为：

15．如图所示，已知在边长为2的等边中，是边上的一个动点，是延长线上一点，且，则的最大值为       .

【答案】/.

【分析】如图所示，过点作的平行线交于点，可得≌，设，则，然后表示出，整理后利用二次函数的性质可求得结果.

【详解】如图所示，过点作的平行线交于点，

则，

所以，

所以为等边三角形，，

所以，

因为，所以，

所以≌，则.

设，则，

故，

所以当时，的最大值为.

故答案为：.

三、双空题

16．若对任何实数，恒成立，则的最大值为       ，此时       .

【答案】     /     2

【分析】令，，同一坐标系内画出两函数图像，数形结合去求解，可得最大值，.

【详解】令，，

则函数的图象恒过定点，且函数的图象如图1所示，

图1

故依条件可知当且仅当函数的图象

经过， ，时，

取得最大值，如图2所示，

图2

此时最小正周期为，所以，取得最大值.

故答案为：； 2

四、解答题

17．设常数，函数

(1)若函数的图象关于对称，求的值；

(2)若，且，求的取值范围.

【答案】(1)；

(2)，.

【分析】（1）由函数图像的对称性方程求出a值；

（2）把三角函数化“1”，解三角不等式得出解集.

【详解】（1）∵的图象关于对称，

∴，

∴，

即，

∴，得.

（2）∵，

∴由，则，解得，，

即，，

∴的取值范围是，.

18．如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，E，F分别是CD，PB的中点．

(1)证明：平面PAD．

(2)若四棱锥的体积为32，的面积为4，求B到平面DEF的距离．

【答案】(1)证明见解析；

(2)3.

【分析】（1）取AB的中点G，连接EG，FG，可得线线平行，根据面面平行的判定定理及性质定理可得证；

（2）由等体积法可求出B到平面DEF的距离.

【详解】（1）证明：取AB的中点G，连接EG，FG．

因为G，F分别是AB，PB的中点，所以．

又平面，平面，

所以平面.

因为E是CD的中点，ABCD是平行四边形，所以．

同理可得，平面.

因为，平面，所以平面平面PAD．

因为平面EFG，所以平面PAD．

（2）因为E是CD的中点，所以的面积是平行四边形ABCD面积的．

因为F是PB的中点，所以三棱锥的高是四棱锥的高的．

因为四棱锥的体积为32，

所以三棱锥的体积为．

设B到平面DEF的距离为d，

因为的面积为4，所以，得，

即B到平面DEF的距离为3．

19．如图，在中，内角，，的对边分别为，，，且

(1)求角；

(2)若角的平分线交于点，，，求，的值.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）由正弦定理把边化为角，再利用三角恒等变换即可求解；

（2）由三角形面积公式与余弦定理求解即可

【详解】（1）由，

得，

得，

得，

得，

又

所以，

又

所以.

（2）∵，

∴，

∴①

又由余弦定理可得，

即②，

∴由①②可得.

20．已知在数列中，，

(1)证明：为等比数列，并求

(2)若数列的前项和为，证明

【答案】(1)证明见解析，，

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题中给出的新数列定义和等比数列定义计算即可；

（2）由（1）可知和的通项公式，代入题（2），利用裂项相消求出的通项公式，即可作出判断.

【详解】（1）证明：∵.

∴为等比数列，

且公比为2，首项为，∴，即，

（2）同理可得，

∵

∴

，

当时，单调递增，

∴，即.

21．已知函数有两个极值点，.

(1)求的取值范围；

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，将问题转化为在上有两个实数根，，根据二次方程根的分布即可求解，

（2）结合，代入化简式子，将问题转化为，利用导数即可求解.

【详解】（1）,

有两个极值点，，则在上有两个实数根，，

所以在上有两个实数根，，

则解得，

故的取值范围为，

（2）由（1）知，且，

，

令，，

令在上恒成立，

所以在单调递减，故，

因此在单调递减，故，

故，得证.

【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：

1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；

2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；

3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；

4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

22．已知函数.

(1)若，判断在上的单调性；

(2)设函数，若关于的方程有唯一的实根，求a的取值范围.

【答案】(1)函数在上单调递增.

(2)或

【分析】（1）通过构造函数，求导判断函数单调性；

（2）将方程根的个数转化为函数图象的交点个数，分离参数后，构造函数，用导数判断函数的单调性，描出函数草图，可解.

【详解】（1）当时，

令则.

当时，（时等号成立）； （时等号成立），

所以，即函数在上递增，

所以，即函数在上单调递增.

（2）方程即有唯一的实根，

则只有一个解，等价于直线与函数的图象只有一个交点.

令，则，

因为，所以的符号由分子决定，

令，则.

所以在上递减，

因为，所以当时，；当时，.

即当时，；当时，.

所以函数在上递增，在上递减，

当趋于时，趋于0且大于0，分子趋于，则趋于；

当时，；

当趋于时，趋于，分子也趋于，

令，则，

当时，，

则趋于时，增长速率大于的增长速率，

故趋于时，趋于0.

画出函数的草图，并画出直线，

要使直线与函数的图象只有一个交点.

则或.

所以当或时，方程有唯一的实根.

【点睛】第二问，在判断完函数单调性后，要分析函数具体的图象特征，可结合函数增长差异来判断函数值的变化趋势.