2022届江西省南昌市第十中学高三下学期第一次月考数学（理）试题含解析

这是一份2022届江西省南昌市第十中学高三下学期第一次月考数学（理）试题含解析，共19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。
2022届江西省南昌市第十中学高三下学期第一次月考数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据对数的运算性质，求得集合，得到或，再结合交集的运算，即可求解.【详解】由，可得，解得 所以集合，，可得或，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，以及对数的运算的性质，其中解答中根据对数的运算性质，求得集合，熟练应用集合的交集和补集的运算求解是解答的关键，着重考查运算与求解能力.2．复数满足，则复数的实部是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用复数模的运算、除法的运算化简，由此求得复数的实部.【详解】依题意，所以，故的实部为.故选：D.3．已知，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用诱导公式化简所求表达式，结合已知条件得出正确选项.【详解】因为，故选：C.【点睛】本小题主要考查利用诱导公式进行化简求值，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题4．已知数列为等差数列，且满足，则数列的前11项和为（       ）A．40 B．45 C．50 D．55【答案】D【分析】根据等差数列下标和性质，以及前项和性质，即可求解.【详解】因为数列为等差数列，故等价于，故可得.又根据等差数列前项和性质.故选：D.【点睛】本题考查等差数列通项公式的性质，以及前项和的性质，属基础题.5．倾斜角为45°的直线将圆分割成弧长的比值为的两段弧，则直线在轴上的截距为（       ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】直线将圆分割成弧长的比值为的两段弧，可得，即，设直线的方程为，利用点线距公式列出方程，解出直线在轴上的截距．【详解】设原点为，直线与圆交于点，由题意，得．过作于点，则；设直线的方程为，由，得，解得，所以直线在轴上的截距为，故选 ：D．6．设不等式组表示的平面区域为，在区域内随机取一点，则此点到坐标原点的距离小于的概率是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先作出区域的可行域求出面积，此点到坐标原点的距离小于的概率等价于以原点为圆心，半径为的圆内和区域的公共部分，求出公共部分面积，概率就是公共部分面积与区域面积的比值.【详解】如图区域：表示矩形，面积为，到坐标原点距离小于的点，位于以原点为圆心，半径为的圆内，即与区域：的公共部分（如下图阴影部分所示），联立得，连接，所以，，，所以扇形的面积：，因为，所以， 所以此点到坐标原点的距离小于的概率为：故选：A．7．已知是偶函数且在上是单调递增，且满足，则不等式的解集是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】有已知可得关于直线对称，且在上递增，在上递减.然后分别讨论和的情况下不等式的解.【详解】由向右平移1个单位得，则由已知可得：关于直线对称，且在上递增，在上递减.所以当时，，由此可得；当时，，由此可得.综上：x的取值范围是.故选：B【点睛】本题考查了抽象函数不等式，要根据区间单调性不同分情况求解，考查了分类讨论思想，属于中档题.8．已知，，，，过点作垂直于点，点满足，则的值为（       ）A． B．C． D．【答案】D【解析】作出图形，由平面向量数量积的定义及余弦定理可得，再由平面向量数量积的运算律即可得解.【详解】由题意，作出图形，如图，，，，，由可得，，又，则，.故选：D．9．已知函数（其中）的最小正周期为，函数，若对，都有，则的最小正值为A． B． C． D．【答案】B【分析】将函数表达式展开合并，再用辅助角公式化简，得f（x）=sin（2x+）-．再根据正弦函数对称轴的公式，求出f（x）图象的对称轴方程.【详解】由函数的最小正周期为，可求得=2∴f（x）=，===2sin（+），∴又，∴x=是g(x)的一条对称轴，代入+中，有+=(k,解得=(k,k=1时，，故选B.【点睛】本题考查了三角函数的化简与三角函数性质，运用了两角和差的正余弦公式，属于中档题．10．已知，则（       ）A． B． C． D． 【答案】A【分析】根据的结构特征，将的分子化为，利用做差法分别比较各数的分母大小，即可得出结论.【详解】可知，因为，又，所以，故，而，而，所以，，即.因此，.故选：A.【点睛】本题考查做差法比较代数式的大小，利用对数函数的单调性和不等式的性质是解题的关键，属于中档题.11．在三棱锥中，平面，，其外接球的体积为，若，，，则的最大值为（       ）A．36 B．32 C．24 D．12【答案】A【解析】设三棱锥外接球的半径为，利用体积求出半径，推出，然后利用均值不等式求解最值即可.【详解】因为平面，，所以该三棱锥可补全为长方体，故该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，直径为长方体的体对角线，设三棱锥外接球的半径为，则，所以，又，所以，所以．当且仅当时，等号成立．故选：A．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.12．已知函数，若恰有四个不同的零点，则a取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】函数，利用导数研究函数的单调性极值即可得出图象，令，对及其a分类讨论，结合图象即可得出.【详解】解：函数，，，，因此时，函数单调递增.，，，可得函数在单调递增；可得函数在单调递减.可得：在时，函数取得极大值，.画出图象：可知：.令，①时，函数无零点.②时，解得或，时，解得，此时函数只有一个零点，舍去.，由，可知：此时函数无零点，舍去.③，解得或.解得，.时，，.此时函数无零点，舍去.因此，可得：.由恰有四个不同的零点，∴，，.解得：.则a取值范围为.故选：B.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，属于较难题.二、填空题13．若命题“∃x0∈R，使得3 ＋2ax0＋1<0”是假命题，则实数a的取值范围是_______．【答案】[－，]【分析】先转化为“∀x∈R，3x2＋2ax＋1≥0”是真命题，用判别式进行计算即可.【详解】命题“∃x0∈R，使得3＋2ax0＋1<0”是假命题，即“∀x∈R，3x2＋2ax＋1≥0”是真命题，故Δ＝4a2－12≤0，解得－≤a≤.故答案为：[－，].【点睛】（1）全称量词命题的否定是特称（存在）量词命题，特称（存在）量词命题的否定是全称量词命题．（2）“恒成立”问题的解决方法：①函数性质法对于一次函数，只须两端满足条件即可；对于二次函数，就要考虑参数和的取值范围.②分离参数法思路：将参数移到不等式的一侧，将自变量x都移到不等式的另一侧.14．在的展开式中，所有项的系数和为，则的系数等于_______．【答案】【详解】当时，，解得，那么含的项就是，所以系数是-270．【解析】二项式定理15．已知各项都是正数的等比数列满足，存在两项使得，则的最小值为___________.【答案】【分析】由求得，由可得，结合为正整数，讨论六种情况可得的最小值.【详解】设等比数列的公比为,由,可得到,由于,所以,解得或.因为各项全为正,所以.由于存在两项使得，所以,,，,可得，又因为m,n为正整数，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，综上可得的最小值为,故答案为：.16．已知曲线，点为曲线上任意一点，若点，，则面积的最大值为______．【答案】【分析】画出曲线的图形，求出，过的直线方程为，判断直线为双曲线和的渐近线，设过点且与直线平行的直线方程为，当直线与曲线相切时，联立直线与椭圆方程，求出，然后求解平行线之间的距离，即可求解三角形的面积．【详解】曲线C是由、以及三部分构成（如图所示），，且过AB的直线方程为，并且直线为双曲线和的渐近线，设过点P且与直线平行的直线方程为，由图知，当直线与曲线相切时，切点到直线距离最大，联立消去得，，解得（正根舍），所以，所以点到直线的最大距离即为直线与直线之间的距离，所以最大距离，所以面积的最大值为．故答案为：【点睛】关键点点睛：（1）分类讨论，把问题转化为圆锥曲线问题，（2）注意两个定点落在双曲线的渐近线上，（3）直线与椭圆相切，利用判别式法确定参数的取值.三、解答题17．在中，角A、B、C所对的边分别是、、，已知.（I）求角B的大小；（II）若，求的取值范围.【答案】（I）；（II）.【详解】试题分析：（Ⅰ）由题意和三角函数公式化简可得，可得；（Ⅱ）由余弦定理和基本不等式可得，再由三角形三边关系可得.试题解析：（I）由已知得，即，即，解得或（舍去），又因为，所以（II）由余弦定理，有，因为，,所以，又因为，所以，即.18．德、智、体、美、劳是对人的素质定位的基本准则，也是人类社会教育的趋向目标，所以人类社会的教育就离不开德、智、体、美、劳这个根本．随着国家对体育、美育的高度重视，不少省份已经宣布将体育、美育纳入中考范畴．在近期召开的教育部新闻发布会上，教育部体育卫生与艺术教育司司长透露，目前全国已有4个省份开展美育中考计分，同时还有6个省份、12个地市开始（启动）了中考美育计分，分值在10分到40分之间，到2022年力争全覆盖，全面实行美育中考．同时，为体育、美育纳入高考做好前期准备工作．某学校为了提升学生的体育水平，决定本学期开设足球课，某次体育课上，体育器材室的袋子里有大小，形状相同的2只黄色足球和3只白色足球，现从袋子里依次随机取球．（1）若有放回地取3次，每次取一个球，求取出1个黄色足球2个白色足球的概率；（2）若无放回地取3次，每次取一个球，若取出每只黄色足球得1分，取出每只白色足球不得分，求得分的分布列和数学期望．【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【分析】（1）根据独立重复试验的概率公式计算可得结果；（2）的所有可能取值有三个：0、1、2，求出取每个值的概率后可得分布列，根据数学期望的公式可得结果.【详解】（1）从袋子里有放回地取3次球，相当于做了3次独立重复试验，每次试验取出黄色足球的概率为，取出白色足球的概率为，设事件为“取出1个黄色足球2个白色足球”，则．（2）的所有可能取值有三个：0、1、2，则，，．所以得分的分布列为012 故得分的数学期望．【点睛】关键点点睛：掌握有放回抽样和无放回抽样的概率的求法是解题关键.19．已知三棱锥中，，，为中点，点在棱上，且.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】(1)三角形ABC是等腰直角三角形，可证BO垂直于AC，在三角形BMO中，可证MO垂直于BO，由线面垂直的判断定理可证明；（2）由（1）知因为，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量在立体几何中的应用即可解得二面角的大小.【详解】（1）证明：连接，，在三角形中：，，则，，.在中：，为的中点，则，且.在中：，，，满足：根据勾股定理逆定理得到，故平面；（2）因为，，两两垂直，建立空间直角坐标系如图所示.因为，则，，，，由所以，设平面的法向量为，则 令，得.因为平面，所以为平面的法向量，所以与所成角的余弦为.所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理以及利用空间向量求解二面角的大小，属于中档题目，解题中尤其是平面法向量的求解运算比较繁杂，因此对运算能力的要求较高.20．已知椭圆的右焦点为，短轴长等于焦距，且经过点．（1）求椭圆的方程；（2）设过点且不与坐标轴垂直的直线与交于，两点，若以为直径的圆与轴交于点，且，求直线的方程．【答案】（1）；（2）或．【分析】（1）根据椭圆的几何性质求出即可得解；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到，，根据和列式解方程可得，进而可得结果.【详解】（1）由椭圆经过点，得；由短轴长等于焦距，得，则，所以，故椭圆的方程为．（2）设直线的方程为，，．由得，由题意，得，且，，设，线段的中点为，则，．由，得，即，解得．由，得，即，整理得，解得，所以直线的方程为，即或．【点睛】关键点点睛：设直线的方程为，根据和列式解方程求出是解题关键.21．已知函数.（1）若，求的取值范围；（2）若，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）分离参数得到，进而通过导数方法求出函数的最大值即可；（2）根据条件得到，进而整理为，进而求出的范围，再解出的范围，最后得到答案.【详解】（1）因为，所以对恒成立.设函数，则.令函数，因为在上单调递减，且.所以当时，，则；当时，，则.所以在上单调递增，在上单调递减，从而，故的取值范围为.（2）由，得，即，整理得.令，设函数，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以.因为，所以.因为方程组无解，所以中的等号不成立，所以.【点睛】本题第（2）问，整理到“”之后，根据题目的意图需要求范围，进而化简为，将视作两个变量，平常可以归纳一下这种问题的处理方式.22．在平面直角坐标系中，曲线的方程为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，与交于两点.（1）求的直角坐标方程和的一个参数方程；（2）若点是上的动点，求面积的最大值.【答案】（1）；（为参数）；（2）.【分析】（1）根据极坐标与直角坐标互化公式可得的普通方程；根据椭圆的普通方程可得参数方程；（2）设，求出点到直线直线的距离的最大值，利用直线的参数方程中参数的几何意义求出，可得三角形面积的最大值.【详解】（1）直线的极坐标方程化简为：，故的普通方程为：.曲线的参数方程为：（为参数）.（2）设，点到直线直线的距离，直线的参数方程为：（为参数）代入，得，设对应的参数为，从而可得，，面积，因此面积的最大值为.【点睛】本题考查了极坐标方程化直角坐标方程，普通方程化参数方程，考查了点到直线的距离公式，余弦函数的最值，直线参数方程中参数的几何意义，三角形的面积公式，属于中档题.23．选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）求的解集；（2）设函数，，若对任意的都成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【详解】试题分析：（1）化简，即解即，去绝对值求解即可；（2）即的图象恒在图象的上方，作出函数图象，而图象为恒过定点，且斜率的变化的一条直线，右图可得范围.试题解析：（1） ∴，即，∴①或②或③解得不等式①：；②：无解；③：所以的解集为（2）即的图象恒在图象的上方，可以作出的图象，而图象为恒过定点，且斜率的变化的一条直线，作出函数，图象如图，其中，，∴，由图可知，要使得的图象恒在图象的上方，实数的取值范围应该为.