2023届江西省赣州市九校高三上学期12月质量检测数学（文）试题（解析版）

这是一份2023届江西省赣州市九校高三上学期12月质量检测数学（文）试题（解析版），共16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】D
【分析】先解出集合A，再求.
【详解】
因为，所以.
故选：D
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用复数的除法求出的代数形式，然后利用模的公式求解即可.
【详解】，
则
故选：C.
3．“直线与双曲线有且仅有一个公共点”是“直线与双曲线相切”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
【答案】B
【分析】利用定义法，分充分性和必要性分类讨论即可.
【详解】充分性：因为“直线与双曲线有且仅有一个公共点”，所以直线与双曲线相切或直线与渐近线平行.故充分性不满足；
必要性：因为“直线与双曲线相切”，所以“直线与双曲线有且仅有一个公共点”.故必要性满足.
所以“直线与双曲线有且仅有一个公共点”是“直线与双曲线相切”的必要非充分条件.
故选：B
4．已知向量满足，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用平方的方法化简，由此求得与的夹角.
【详解】设与的夹角为，
由两边平方得，
即，
由于，所以.
故选：D
5．我国古代历法从东汉的《四分历》开始，就有各节气初日晷影长度和太阳去极度的观测记录，漏刻、晷影成为古代历法的重要计算项目．唐代僧一行在编制《大衍历》时发明了求任何地方每日晷影长和去极度的计算方法——“九服晷影法”，建立了晷影长l与太阳天顶距之间的对应数表（世界上最早的正切函数表）．根据三角学知识知：晷影长l等于表高h与天顶距正切值的乘积，即．若对同一表高进行两次测量，测得晷影长分别是表高的2倍和3倍，记对应的天顶距分别为和，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据已知条件得出的值，利用两角差的正切公式可得结果.
【详解】由题意知，所以
故选：B.
6．已知直线，若，则与之间的距离为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】A
【分析】根据直线平行求出，再由平行线间的距离公式求解即可.
【详解】因为，所以，解得，经检验符合题意；
所以，
所以与之间的距离，
故选：A
7．已知双曲线，F为C的下焦点．O为坐标原点，是C的斜率大于0的渐近线，过F作斜率为的直线l交于点A，交x轴的正半轴于点B，若，则C的离心率为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】分别表示出A、B坐标，利用求得，即可求出离心率.
【详解】因为F为双曲线的下焦点，不妨设，
所以过F作斜率为的直线，所以.
因为是C的斜率大于0的渐近线，所以可设.
由联立解得：.
因为，所以，解得：.
所以离心率.
故选：C
8．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据正弦型函数所过的特殊点，结合正弦型函数的性质进行求解即可.
【详解】由函数图象可知该函数过，设该函数的最小正周期为，
所以，因为，所以，
把代入函数解析式中，，
因为，所以令，即，
因为，所以，
故选：A
9．已知分别是椭圆的左、右焦点，椭圆C过和两点，点P在线段上，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据椭圆过点求出，再求出焦点坐标，利用数量积的坐标运算结合二次函数的最值求解.
【详解】因为椭圆过点和，
所以，可得，
所以，，
设，由题意直线的方程为，即，
因为点P在线段上，所以满足，
则
，，
当时，，当时，，
所以的取值范围为.
故选：D
10．若直线与曲线有两个公共点，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】经分析可得，曲线的轨迹是椭圆的右半部分以及双曲线的左半部分.作出曲线的图象，作出直线的图象，平行移动直线，即可得到当直线介于与之间时，直线与曲线有两个交点，结合图象，即可求出实数m的取值范围.
【详解】当时，曲线的方程为，轨迹为椭圆的右半部分；当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线的左半部分.
作出图象如下图，直线（图中虚线）是，与直线平行的直线，平行移动直线，可得直线.
如图可知，当直线介于与之间时，直线与曲线有两个交点，直线为双曲线的一条渐近线，方程为，设直线，则有.
直线，且直线与椭圆相切，
联立直线的方程与椭圆的方程，可得，
，整理可得，解得（舍去负值），
所以.所以.
故选：B.
11．在四面体中，，异面直线与所成的角为，二面角为锐二面角，，则四面体的体积为（ ）
A．B．3C．5D．10
【答案】C
【分析】根据题意，如图，将四面体放在长方体中，为三棱锥，过点D作于E，则平面，结合二面角和异面直线所成的角的定义可得，求出DE，利用三棱锥的体积公式计算即可.
【详解】
如图，在长方体中，，
过点D作于E，则平面，
所以为二面角的所成角，为锐角，
为异面直线与的所成角，所以，
所以.
由题意知，该四面体为三棱锥，
由，
所以该三棱锥的体积为.
故选：C.
12．已知定义在上的函数满足：①；②对任意正数x，y，当时，恒成立．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数性质可知，在上单调递减，又根据，可构造函数，且函数为单调递减，又因为，即可得出.
【详解】由题意可知，对任意正数x，y，当时，，即
所以函数在上单调递减，即导函数在恒成立；
可得；
构造函数，则，
所以，在上单调递减；
设函数，则，
即在为单调递减，所以,即；
设函数，则，
即在为单调递减，所以，即；
综上可知，，
即
即得.
故选：A.
二、填空题
13．已知，y满足约束条件，则的最大值为______.
【答案】
【分析】画出可行域，表示直线在轴的截距，根据图像得到答案.
【详解】如图所示：画出可行域，
，即，表示直线在轴的截距，
，解得，当直线过点时，最大为.
故答案为：
14．直线l过点且与圆相切，则直线l的方程为______________．
【答案】或.
【分析】先求出圆的圆心和半径，然后分直线的斜率不存在和存在两种情况求解即可.
【详解】由，得圆心为，半径，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时直线恰好与圆相切，符合题意，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则
，，
解得，
所以直线的方程为，即，
综上，直线l的方程为或，
故答案为：或.
15．已知函数，则曲线在点处的切线方程为______.
【答案】
【分析】先求函数的导数，再利用导数的几何意义求函数在处的切线方程．
【详解】，，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
故答案为：
16．如图，直线与抛物线交于A，B两点，D为C上异于A，B的一点，若，则点D到直线的距离与p的比值为__________．
【答案】
【分析】根据题意得到的坐标，设，由题意可得，列出方程即可得到结果.
【详解】因为直线与抛物线交于A，B两点，不妨设
且D为C上异于A，B的一点，由抛物线的对称性，不妨设
则
由可得
化简可得，因为，则
即点D到直线的距离与p的比值为
故答案为:
三、解答题
17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求A的大小；
(2)若，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再结合余弦定理，可得，从而得解；
（2）结合（1）中结论，推出，再由得解．
【详解】（1）因为，
由正弦定理角化边得，即
，又
（2）由（1）知，
，得，当且仅当时等号成立，
面积，
面积的最大值为.
18．在边长为2的正方形外作等边（如图1），将沿折起到的位置，使得（如图2）.
(1)求证：平面平面；
(2)若F，M分别为线段的中点，求点P到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）利用等体积法来求点P到平面的距离.
【详解】（1）由于，所以，
由于四边形是正方形，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，
所以平面平面.
（2）连接，由于三角形是等边三角形，所以，
由于平面平面且交线为，平面，
所以平面.
由于是的中点，所以到平面的距离是，
且到平面的距离等于到平面的距离，设这个距离为.
由于平面，所以，
所以，，
在三角形中，由余弦定理得，
所以，，
在三角形中，，
则为锐角，，
所以，
，
由得，
解得，
所以点P到平面的距离为.
19．已知直线，若与的交点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)若圆的圆心在直线上，且与曲线C相交所得公共弦的长为，求m，n的值．
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）由判断出点的轨迹为以为直径的圆(除去点)，进而求其方程;
（2）由圆的圆心的位置得,的关系,两个圆方程相减得的方程,由弦长求,.
【详解】（1）当
故直线过定点，
直线，当，故其过定点，
又,所以,所以点的轨迹为以为直径的圆，
当时，两直线交点为，但交点无法与点重合，
故需除去点
其圆心为原点,半径为,所以曲线的方程为；
（2）由(1)知,曲线的方程为，
又圆的圆心为在直线上,
所以,，
两圆方程作差得两个圆的公共弦的方程为,
即,
因为两个圆的公共弦的长为,
原点到直线的距离为
,
所以,
解得或,
所以或.
20．在正项数列中，，，．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，，且，设数列的前n项和为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由可得到，根据累乘法求通项的方法，即可求出的通项公式；
（2）由可知，可判断数列为等比数列，根据等比数列的前n项和公式求出，即可求证.
【详解】（1）解：已知①，
则，且②，
，得，整理得，
∴，，，，
由累乘法可得，
又，，符合上式，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）可知，，
因为，所以，
则数列是首项为1，公比为的等比数列，
∴，
，即，得证.
21．已知函数，
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)的减区间为，增区间为
(2)
【分析】（1）根据导数与单调性的关系即可求解；
（2）将不等式转化为恒成立，即求的最小值，利用导数可知，从而可求得的取值范围.
【详解】（1）解：时，，
，
由，得，
当时，，时，，
所以，当时，的减区间为，增区间为.
（2）解：由可转化为，
令，，
令，，
令，得，
时，，时，，
所以在上递增，在上单调递减，
且，，，
所以时，在内存在唯一零点，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
故．
因为，所以，
所以，所以，即.
【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．椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为A，且.
(1)求C的方程；
(2)若椭圆，则称E为C的倍相似椭圆，如图，已知E是C的3倍相似椭圆，直线与两椭圆C，E交于4点（依次为M，N，P，Q，如图），且，证明：点在定曲线上.
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解即可；（2）根据题意结合韦达定理分析运算，先根据题意结合，可得，再根据弦长公式运算整理.
【详解】（1）由题意可得：，解得，
故椭圆C的方程为.
（2）由题意可得：椭圆E的方程为，即.
设的横坐标依次为，则，
联立直线与椭圆C的方程，消去得，
则，
此时，
联立直线与椭圆E的方程，消去得，
则，
∵，即的中点相同，
∴，
又∵，则，
∴，
整理可得：，显然满足，
∴点满足，即，
故点在定曲线上.
【点睛】关键点定睛：
解决本题的关键点是：由，可知的中点相同，结合分析可得，这样就可以利用弦长公式运算整理.