2023屆江西省臨川第一中學高三上學期第一次月考數學（文）試題 一、單選題1．已知集合，集合，則（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解分式不等式求得集合，由此求得.【詳解】，解得，即所以.故選：B2．若復數z滿足，則（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據復數的除法運算求出復數，再根據共軛復數的定義即可得解.【詳解】解：因為，所以，所以.故選：B.3．我國古代某數學著作中記載：“今有宛田，下周八步，徑四步，問為田幾何？”譯成現代漢語其意思為：有一塊扇形的田，弧長8步，其所在圓的直徑是4步，則這塊田的面積是（    ）A．8平方步 B．6平方步 C．4平方步 D．16平方步【答案】A【分析】根據扇形的面積公式即可求解.【詳解】解：∵弧長8步，其所在圓的直徑是4步，∴（平方步），故選：A.4．已知奇函數是定義在R上的單調函數，若正實數a，b滿足，則的最小值是（    ）A．9 B． C． D．【答案】C【分析】根據單調函數和奇函數的性質，結合基本不等式進行求解即可.【詳解】因為是奇函數，所以由，又因為是定義在R上的單調函數，所以由，因為a，b都是正數，所以有，當且僅當時取等號，即當時取等號，故選：C5．“”是“函數在區(qū)間上單調遞增”的（    ）A．充分必要條件 B．必要不充分條件C．充分不必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【分析】分別驗證充分性和必要性，判斷結論【詳解】時，函數，滿足在區(qū)間上單調遞增，∴充分性成立，函數在區(qū)間上單調遞增， 解得，不能推出，必要性不成立. “”是“函數在區(qū)間上單調遞增”的充分不必要條件.故選：C6．函數在上的圖象大致為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據函數的奇偶性，結合特殊值，即可排除選項.【詳解】首先，所以函數是奇函數，故排除D，，故排除B，當時，，故排除A，只有C滿足條件.故選：C7．已知是第四象限角，，則等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由，根據和差公式可得，再由同角商數關系及平方關系可解出，，最后即可由和差公式計算.【詳解】，解得，又是第四象限角，，可解得，，∴.故選：A8．已知函數，現給出下列四個結論，其中正確的是（    ）A．函數的最小正周期為B．函數在上單調遞增C．將函數的圖像向左平移個單位長度，所得圖像對應的函數解析式為D．將函數的圖像向左平移個單位長度，所得圖像對應的函數解析式為【答案】D【分析】首先利用三角恒等變換化簡函數，再根據函數的性質依次判斷選項【詳解】函數的最小正周期為,故A不正確，則，當時函數單調遞減，即時函數單調遞減，時函數單調遞增，故B不正確將函數的圖像向左平移個單位長度，所得圖像對應的函數解析式為，故C不正確將函數的圖像向左平移個單位長度，所得圖像對應的函數解析式為，故D正確故選：D9．已知函數滿足，且對任意的時，恒有成立，則當時，實數a的取值范圍是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由分析可得函數的圖象關于直線對稱，結合函數單調性的定義分析可得在，上為增函數，結合對稱性與單調性解不等式即可.【詳解】根據題意，函數滿足，則函數的圖象關于直線對稱，又由對任意，，的時，恒有成立，則在，上為增函數，又由，，若，則有，解得，即的取值范圍為 故選：C．10．過拋物線 C：焦點 F 且斜率為的直線與C交于A、B兩點（點 A 在 x軸上方），已知點，則（    ）A． B．4 C． D．9【答案】D【分析】由題可得，聯立拋物線方程可得，然后利用兩點間距離公式即得.【詳解】由題可得，故直線，即，由，可得，解得或，又點 A 在 x 軸上方，所以，又，∴，，所以.故選：D.11．已知在菱形中，，把沿折起到位置，若二面角大小為，則四面體的外接球體積是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先找截面圓的圓心，過圓心作截面的垂線，球心在垂線上，找到球心再利用勾股定理即可得到答案.【詳解】設的外接圓圓心為，的外接圓圓心為，過這兩點分別作平面、平面的垂線，交于點O，則O就是外接球的球心；取中點E，連接，因為，，所以，因為和是正三角形，所以，由得，所以由，即球半徑為，所以球體積為．故選：C.12．已知，則（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】觀察到，構造函數進行嘗試比較，可證其在是增函數，由可得，對于，注意到，把換成，直接構造函數進行嘗試比較其大小，證明其在是增函數，由可得，可得答案.【詳解】令，則，當時，，在是增函數，所以，所以，即，所以，令，則，當時，，在是增函數，所以，所以，即，所以，綜上.故選：B.【點睛】本題屬于構造函數，利用單調性比較大小問題，是近幾年的高考熱點，往往要求高難度大，解決問題的關鍵在于構造函數，平時對常見函數要熟悉，解題時細心觀察題目特征，聯想構造函數，利用導數判斷單調性求解. 二、填空題13．已知向量， 若， 則______.【答案】【分析】由平面向量垂直的坐標表示代入即可得出答案.【詳解】解析：本題考查平面向量垂直以及數量積，考查數學運算的核心素養(yǎng).因為，所以，則.故答案為：.14．若直線被圓截得線段的長為4，則實數的值為______________．【答案】7【分析】把圓的一般方程化為圓的標準方程，利用點到直線的距離公式以及勾股定理進行求解.【詳解】把圓：化為標準方程有：，可得，即，所以圓心，半徑，又直線：，所以圓心到直線的距離為，因為直線：被圓：截得線段的長為4，根據勾股定理有：，解得，所以，解得.故答案為：7.15．如圖，是等邊三角形，是等腰三角形，交于 ，則__________.【答案】【分析】由題意易得，，在中，分別求出，再利用正弦定理即可得解.【詳解】解：由題意可得，，則，所以，所以，，在中，由，得.故答案為：.16．已知函數，，若關于x的方程在區(qū)間上恰有四個不同的實數根，則實數的取值范圍是______.【答案】【分析】將問題轉化為在區(qū)間上恰有四個不同的實數根，進而設，然后先通過導數的方法探討函數的圖象和性質，再討論關于t的方程的根的分布，最后求得答案.【詳解】問題即在區(qū)間上恰有四個不同的實數根.設，，則時，，函數單調遞增，時，，函數單調遞減.當時，；當時，；當時，且.如示意圖：   由圖可知，當時，函數有2個零點，于是問題關于t的的方程即在上有2個不等實根.設的兩個零點為，易知.于是，.故答案為：.【點睛】本題較難，首先直接處理較為麻煩，因此對原方程進行恒等變形，進而采用“換元法”降低試題的難度.另外，我們經常采用“數形結合法”進行輔助解題，這樣更加形象和直觀. 三、解答題17．已知等差數列的前n項和為，且關于x的不等式的解集為．(1)求數列的通項公式；(2)若數列滿足，求數列的前n項和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先設等差數列的首項，公差為，根據不等式的解集求出首項與公差，進而可求出通項公式；（2）由（1）得，再根據等差數列與等比數列的求和公式，即可求出結果.【詳解】(1)設等差數列的公差為d，因為關于x的不等式的解集為，所以的根為，所以，所以又，所以，所以數列的通項公式為；(2)由（1）可得，，因為，所以，所以數列的前n項和.18．為切實加強新時代兒童青少年近視防控工作，經國務院同意發(fā)布了《綜合防控兒童青少年近視實施方案》．為研究青少年每天使用手機的時長與近視率的關系，某機構對某校高一年級的1000名學生進行無記名調查，得到如下數據：有40%的同學每天使用手機超過1h，這些同學的近視率為40%，每天使用手機不超過1h的同學的近視率為25%．(1)從該校高一年級的學生中隨機抽取1名學生，求其近視的概率；(2)請完成2×2列聯表，通過計算判斷能否有99.9%的把握認為該校學生每天使用手機的時長與近視率有關聯． 每天使用超過1h每天使用不超過1h合計近視   不近視   合計  1000 附：，．0.150.100.050.0250.0100.00l2.0722.7063.8415.0246.63510.828  【答案】(1)；(2)列聯表見解析，有99.9%的把握. 【分析】（1）根據題意，結合古典概型計算公式進行求解即可；（2）根據題中數據，完成列聯表，結合卡方計算公式進行求解判斷即可.【詳解】(1)該校高一年級近視的學生人數為1000×40%×40%＋1000×60%×25%＝160＋150＝310，從該校高一年級的學生中隨機抽取1名學生，其近視的概率為；(2)2×2列聯表為： 每天使用超過1h每天使用不超過1h合計近視160150310不近視240450690合計4006001000 ，所以有99.9%的把握認為該校學生每天使用手機的時長與近視率有關聯．19．如圖，四邊形中，，E，F分別在，上，，現將四邊形沿折起，使．(1)若，在折疊后的線段上是否存在一點P，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．(2)求三棱錐的體積的最大值，并求出此時點F到平面的距離．【答案】(1)存在，(2)最大值為3，此時點F到平面的距離為 【分析】（1）取，可得，過點作交于點，連接，則有，結合已知條件可證四邊形為平行四邊形即可證明結論；（2）利用有最大值，求出BE的長度，在中，由余弦定理得的值，進一步求出的值，求出，設點到平面的距離為，利用等體積法求出即點到平面的距離．【詳解】(1)上存在一點P，使得平面，此時，理由如下：當時，，如圖，過點P作交于點M，連接，則，∵，∴，∴，又，，∴，故四邊形為平行四邊形，∴，又平面，平面，∴平面.綜上，存在點P，使得平面，.(2)設，則，故，∴當時，有最大值，且最大值為3，∴此時，，，，∴，，在中，由余弦定理得，，，設F到平面的距離為h，，．綜上，三棱錐的最大值為3，此時點F到平面的距離為.20．已知函數.(1)求函數的極值；(2)已知對于恒成立，求整數的最大值.【答案】(1)極小值為，無極大值(2)4 【分析】（1）求導分析的單調性與極值即可；（2）化簡可得，再取，可得.構造函數，求導分析的單調性可得需，再構造函數，進而求導分析函數的單調性，結合，求解即可【詳解】(1)，由，得，當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增，所以，極小值為，無極大值；(2)（2）由，所以，取，則，因此，令，則，令，得，故在上單調遞減，在上單調遞增，所以，因此只需，即，令，，所以在上單調遞減，又，，所以，整數的最大值為4.21．橢圓經過點且離心率為；直線與橢圓交于A，兩點，且以為直徑的圓過原點.(1)求橢圓的方程；(2)若過原點的直線與橢圓交于兩點，且，求四邊形面積的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據橢圓過的點以及橢圓的離心率，可列出等式，求得a,b，即得答案；（2）分類討論直線AB的斜率不存在和存在兩種情況，斜率存在時，設直線AB方程，聯立橢圓方程，得到根與系數的關系式，根據條件求出參數之間的關系式，進而表示出四邊形的面積，進行化簡，可求得答案.【詳解】(1)橢圓經過點，,橢圓的離心率為，則，即,即，解得， 所以橢圓的方程為.(2)當直線斜率不存在時，設以AB為直徑的圓的圓心為，則 ，則不妨取，故，解得 ，故方程為，直線過中點，即為軸，得，，故；直線斜率存在時，設其方程為，，，聯立，可得，則①，②， ③，以為直徑的圓過原點即，化簡可得，將②③兩式代入，整理得，即④，將④式代入①式，得恒成立，則，設線段中點為，由，不妨設 ，得，又∵，∴，又由，則點坐標為，化簡可得，代回橢圓方程可得即，則，綜上，四邊形面積的最大值為.【點睛】本題考查了橢圓方程的求法以及直線和橢圓相交時的四邊形的面積的最大值問題，綜合性強，計算量大，解答的關鍵是表示出四邊形ACBD的面積，并能進行正確的化簡，求得最值.22．在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），曲線的參數方程為（為參數）．(1)寫出的普通方程；(2)點為曲線上任意一點，求點到曲線距離的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）將參數方程中的參數消掉，并確定，即可得到普通方程；（2）將參數方程化為普通方程，可知為斜率為的直線，利用導數幾何意義可求得曲線的斜率為的切線方程，則兩條切線之間距離即為所求的距離的最小值.【詳解】(1)由得：，又，曲線的普通方程為：；(2)由得：，即曲線的普通方程為：；對方程求導得：；令，解得：，則，曲線的斜率為的切線方程為：，即，點到曲線距離的最小值為.23．已知函數．(1)當時，求不等式的解集；(2)已知，若的圖象與x軸圍成的三角形面積大于，求實數a的取值范圍．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據零點分段法去絕對值，從而求得不等式的解集.（2）將表示為分段函數的形式，根據的圖象與x軸圍成的三角形面積大于，列不等式來求得的取值范圍.【詳解】(1)求解不等式，①，解得：，②，解得：，③，解得：，綜上，.(2)依題意，所以當時，令得：，，，當時，令得：，當，，與x軸圍成的三角形的面積，解得：或（舍），綜上所述：. 

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