2023届江西省南昌市第八中学高三上学期11月月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2023届江西省南昌市第八中学高三上学期11月月考数学（理）试题（解析版），共18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．已知复数，设复数，则的虚部是（ ）
A．B．1C．D．
【答案】A
【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数的基本概念，即可求解.
【详解】由题意，复数，
根据复数的运算法则，可得，
所以复数的虚部是.
故选：A.
2．已知全集为R，集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据集合的关系与运算依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：因为，，故集合不存在包含关系，故A,B选项错误；
对于C选项，，故错误；
对于D选项，，故D选项正确.
故选：D
3．已知向量满足， 则（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】根据已知求出，对平方化简可得.
【详解】，
又，平方得，将已知代入可得
，所以，
故选：B.
4．如图，神舟十二号的飞行轨道是以地球球心为左焦点的椭圆（图中虚线），我们把飞行轨道上的点与地球表面上的点的最近距离叫近地距离，最远距离叫远地距离.设地球半径为，若神舟十二号飞行轨道的近地距离是，远地距离是，则神舟十二号的飞行轨道的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】以运行轨道长轴所在直线为轴，地心为左焦点建立平面直角坐标系，设椭圆方程为，根据题意列出方程组，解方程组即可．
【详解】
以运行轨道长轴所在直线为轴，地心为左焦点建立平面直角坐标系，
设椭圆方程为，
其中，
根据题意有
，
所以 ，
所以椭圆的离心率．
故选：．
5．已知，则的值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用两角和的正弦公式化简然后使用辅助角公式计算即可.
【详解】由，
所以
则
故选：B
6．执行如图所示的程序框图，则输出的结果S为（ ）
A．﹣1B．C．0D．
【答案】B
【分析】运行程序，根据循环结构的退出条件，计算出输出的的值.
【详解】运行程序，，
，判断是，，
，判断是，，
，判断是，，
，判断是，，
，判断是，，
，判断是，，
，判断是，，
，判断是，，
，判断是，，
，判断否，输出.
故选：B
【点睛】本小题主要考查根据程序框图计算输出结果.
7．已知正三棱台的上､下底面的棱长分别为3和6，侧棱长为2，则该正三棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先利用勾股定理求出三棱台的高，再根据棱台的体积公式即可求解.
【详解】如图画出正三棱台，连接上下底面中心，即为三棱台的高，
过作，垂足为，则，,
又上下底面外接圆半径分别，，
侧棱长为，
所以正三棱台的高为，
因为正三棱台的上､下底面的边长分别为3，6，
所以上下底面面积分别为，，
所以其体积为.
故选：D.
8．已知函数是定义域为的单调递减函数，若图象关于点对称，则满足的的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】通过图象关于点对称，可构造奇函数，再将题干不等式转化为与函数有关的不等式，利用函数的奇偶性及单调性即可求解.
【详解】因为的图象关于对称，所以的图象关于对称，
设，
所以是上的奇函数，且是上的减函数，
所以是上的减函数，
由得，，
所以，即，
所以，解得，
所以的取值范围为.
故选：D.
9．已知函数，， 直线与的图象相切于点，若直线与的图象也相切，则（ ）
A．B．C．D．或
【答案】D
【分析】利用导数的几何意义求出直线的方程，再根据条件借助判别式即可得解.
【详解】由求导得，则，
于是得函数在点处的切线的方程为，
因直线与的图象相切，则方程组有唯一解，即关于x的一元二次方程有等根，
因此，，解得或，
所以或.
故选：D
10．王之涣《登鹳雀楼》：白日依山尽，黄河入海流.欲穷千里目，更上一层楼､诗句不仅刻画了祖国的壮丽河山，而且揭示了“只有站得高，才能看得远”的哲理，因此成为千古名句，我们从数学角度来思考：欲穷千里目，需上几层楼？把地球看作球体，地球半径，如图，设O为地球球心，人的初始位置为点M，点N是人登高后的位置（人的高度忽略不计），按每层楼高计算，“欲穷千里目”即弧的长度为，则需要登上楼的层数约为（ ）
（参考数据：，，）
A．1B．20C．600D．6000
【答案】D
【分析】根据弧长公式可求得即的大小.在中，即可求得的大小.
【详解】O为地球球心，人的初始位置为点M，点N是人登高后的位置，的长度为.
令，则.
∵，，.
∴，
又.
所以按每层楼高计算，需要登上6000层楼.
故选：D.
11．已知函数，图像上每一点的横坐标缩短到原来的，得到的图像，的部分图像如图所示，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用向量数量积的定义可得，从而可得，进而得出，即，求出.
【详解】根据
，
可得，故，
所以，故的周期为24，所以，，
故选：A．
12．设函数在区间D上的导函数为，在区间D上的导函数为，若在区间D上，恒成立，则称函数在区间D上为“凸函数”.已知实数m为常数，，若对满足的任何一个实数m，函数在区间上都为“凸函数”，则的最大值为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【分析】利用题意得到，则可转化成时，关于m的一次函数恒成立，可得到最大区间，即可得到答案
【详解】由可得，
设在区间上的导函数为，
，
当时，恒成立等价于即时，关于m的一次函数恒成立，
所以且，即，
解得，
从而，
故选：C.
二、填空题
13．化简____________
【答案】2
【分析】结合、换底公式化简计算即可
【详解】原式
.
故答案为：2.
14．如图所示，时钟显示的时间为10：00，将时针AB和分针AC组成，若的面积记为S，______．
【答案】
【分析】设，然后根据三角形的面积公式及数量积的定义可得到，从而可求出答案.
【详解】设，则，
又，，
所以.
故答案为：.
15．在四面体ABCD中，AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体ABCD的外接球的体积为_____．
【答案】2π．
【分析】设AB的中点为O，连接OD，OC，可得与均为直角三角形，进而可得O为外接球球心，再由球的表面积公式即可求解.
【详解】解：设AB的中点为O，连接OD，OC，如图，

∵在四面体ABCD中，AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，
∴AD2+BD2＝AB2，AC2+BC2＝AB2，
即与均为直角三角形，
故OA＝OB＝OC＝OD，
即O为外接球球心，OA＝R＝；
∴四面体ABCD的外接球的表面积为4πR2＝2π．
故答案为：2π．
16．若函数只有一个零点，则实数的取值范围是 ________．
【答案】或
【分析】将函数的零点转化为方程的根，令，利用导数研究函数的图象特征，即可得到答案；
【详解】，
令，则，
令，则在恒成立，
在单调递减，且，
，
在单调递增，在单调递减，且，
当时，，
如图所示，可得当或时，直线与有且仅有一个交点，
故答案为：或
三、解答题
17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.
（1）求B；
（2）若，AD为BC边上的中线，当的面积取得最大值时，求AD的长.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）利用正弦定理及可得，从而得到；
（2）在中，利用余弦定可得，，而，故当时，的面积取得最大值，此时，，在中，再利用余弦定理即可解决.
【详解】（1）由正弦定理及已知得，
结合，
得，
因为，所以，
由，得.
（2）在中，由余弦定得，
因为，所以，
当且仅当时，的面积取得最大值，此时.
在中，由余弦定理得
.
即.
【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，是一道容易题.
18．某校为了缓解高三学子复习压力，举行“趣味数学”闯关活动，规定每人从10道题中至少随机抽3道回答，至少答对2题即可闯过第一关， 某班有5位同学参加闯关活动， 假设每位同学都能答对10道題中的6道题，且每位同学能否闯过第一关相互独立.
(1)求同学闯过第一关的概率;
(2)求这5位同学闯过第一关的人数的分布列和数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】(1)用等可能事件的概率公式可分别求出答对2题和答对3题的概率，随之相加即可.
(2)列出的所有可能取值，且服从二项分布，对每个取值求出相应的概率，列出分布列，从而求出数学期望.
【详解】（1）同学闯过第一关的情况有答对2题和答对3题，故同学闯过第一关的概率
（2）由题意可知的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，且服从二项分布，即.
，
，
故的分布列为
所以.
19．如图，在多面体中，平面，平面平面，是边长为的等边三角形，，．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点，连接、，推导出四边形为平行四边形，可得出，利用面面垂直的性质定理推导出平面，可得出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】（1）取中点，连接、，
，为的中点，则， ，
平面，平面平面，平面平面，
平面，
平面，，
又，四边形是平行四边形，，
是等边三角形，，
平面，平面平面，平面平面，
平面，平面，
平面，平面平面；
（2）由（1）得平面，又平面，，
又，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，得，
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，则．
因此，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【点睛】本题主要考查学生的空间想象能力及计算能力，难度不大.建立合适的空间直角坐标系是解决本题的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
20．如数学命题一般由“条件”和“结论”两部分组成，正确的命题揭示了“条件”与“结论”之间的必然联系，如果我们把命题中的“条件”和“结论”互换身份，就有可能得到一个有意义的逆向命题；把一个数学命题中的某些特殊的条件一般化（比如取消某些条件过强的限制），从而得到更普遍的结论，叫做数学命题的推广.这两种方式都是发现数学新知识的重要途径.下面，给出个具体问题，请你先解答这个问题，并尝试按上面提示的思路，提出有意义的问题.在平面直角坐标系中，，动点M满足，直线与的斜率乘积为，动点M的轨迹为曲线，与x轴垂直的直线分别交，于点E，F.
(1)求曲线的方程；
(2)求证：直线与直线的斜率乘积为定值；
(3)请在一般的椭圆方程中，尝试把问题（2）的结论归纳总结出来.（无需证明）
【答案】(1)
(2)答案见详解
(3)答案见解析
【分析】（1）设，根据直线与的斜率乘积为，列出关系式化简即可得到，注意限制条件；
（2）分别求出直线、的方程，设与x轴垂直直线为，求出点E，F即可求出直线与直线的斜率，求积即可证明；
（3）由特殊直接归纳为一般结论即可.
【详解】（1）设，显然，则，，
则由已知可得，，即，
整理得：，
即曲线的方程为：；
（2）证明：因为，，
所以直线的方程为：，
同理可得，直线的方程为：，
设与x轴垂直直线为，则，，
则，，
∴.
（3）在椭圆上选取一点，（M非长轴端点），椭圆长轴两顶点为、，作与x轴垂直的直线分别交，于点E，F，则.
21．已知函数，，为自然对数的底数.
（1）证明：；
（2）若恒成立，求实数的范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）对原函数求导后可知函数在上单调递增，得到即可；
（2）将题意转化为恒成立，构造，由，，可知对分为和讨论即可.
【详解】（1），于是，.
又因为，当时，且.
故当时，，即.
所以，函数为上的增函数，于是，.
因此，对，；
（2）恒成立，
恒成立.
令，，，.
①当时，，
由（1）可知，
在上为增函数，
恒成立.
时满足题意
②当时，由（1）可知
在上单调递增，
而∴存在，使得.
∴时，单调递减，
，不合题意，舍去.
综上，.
【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．在平面直角坐标系中，直线l的普通方程是（），曲线的参数方程是（为参数），在以O为极点x轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，曲线的极坐标方程是.
(1)写出l及的极坐标方程；
(2)已知l与交于O，M两点，l与交于O，N两点，求的最大值.
【答案】(1)l的极坐标方程（，），的极坐标方程
(2)5
【分析】（1）将的参数方程转化成普通方程，然后根据极坐标与直角坐标互化方法即可得到两条曲线的极坐标方程；
（2）联立l与可求的长度，联立l与可求的长度，然后利用二次函数和三角函数的性质即可求得最值
【详解】（1）把，代入直线l的方程得：
，
整理得：，
所以l的极坐标方程是（，），
又由（为参数）得的普通方程是即，
将，代入可得其极坐标方程是即；
（2）因为：，：，
将分别代入，得，.
所以.
又，
所以，当时，即时，取最大值5.
23．设函数.
（1）若，，求的解集；
（2）若的最小值为，求的最大值.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）分别在、和三种情况下解不等式求得结果；
（2）利用绝对值三角不等式可求得，利用柯西不等式可求得结果.
【详解】（1）当，时，，
当时，，解得：；
当时，，解集为；
当时，，解得：；
综上所述：的解集为；
（2）（当且仅当时取等号），
（当且仅当时取等号），，
即的最大值为.
【点睛】本题考查分类讨论法解绝对值不等式、绝对值三角不等式的应用、利用柯西不等式求最值的问题，属于常考题型.
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1
2
3
4
5