2022-2023学年江苏省常州高级中学高三上学期1月月考试题数学.pdf

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1、2022-2023 学年 江苏常州市高级中学 高三年级 1 月月考 数学试卷 一、单项选择题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1集合237Ax x，2BxxN，则AB（）A 0,1 B1 C0,1,2 D 1,2 2已知i为虚数单位，下列各式的运算结果为纯虚数的是（）A(1)ii B2(1)ii C22(1)ii D234iiii 3已知圆锥SO的底面半径为 3，母线长为 5.若球1O在圆锥SO内，则球1O的体积的最大值为（）A92 B9 C323 D12 4若函数2()sin(2)(02)f xxx的图象关于原点对称，则（）A

2、4 B2 C D32 5已知两个单位向量a，b的夹角为 60，设cxayb（其中 x，yR），若|c|3，则 xy的最大值（）A2 B3 C3 D2 3 6曲线2lnyxx在1x 处的切线的倾斜角为，则cos(2)2的值为（）A45 B45 C35 D35 7已知点 P 是抛物线22xy上的一点，在点 P 处的切线恰好过点10,2，则点 P 到抛物线焦点的距离为（）A12 B1 C32 D2 8在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“两次记录的数字之和为奇数”，事件B为“第一次记录的数字为

3、奇数”，事件C为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是（）A事件B与事件C是对立事件 B事件A与事件B不是相互独立事件 C 18P AP BP C D18P ABC 二、多选题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分）9关于一组样本数据的平均数、中位数、频率分布直方图和方差，下列说法正确的是（）公众号高中僧课堂 A改变其中一个数据，平均数和中位数都会发生改变 B频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积应该相等 C若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在左边“拖尾”，则平

4、均数小于中位数 D样本数据的方差越小，说明样本数据的离散程度越小 10下列式子的运算结果为3的是（）A2 sin35 cos25cos35 sin25 B2 cos35 cos5sin35 sin5 C1tan151tan15 D2tan61tan6 11已知 A（4，2），B（0，4），圆22:(4)(1)4Cxy，P 为圆 C上的动点，下列结论正确的是（）A|PBPA的最大值为2 5 BPA PB的最小值为4 Cxy的最小值为52 2 DPBA最大时，|2 5PB 12如图，点O是正四面体PABC底面ABC的中心，过点O且平行于平面PAB的直线分别交AC，BC于点M，N，S是棱PC上的点，

5、平面SMN与棱PA的延长线相交于点Q，与棱PB的延长线相交于点R，则（）A若MN平面PAB，则ABRQ B存在点S与直线MN，使0PSPQPR C存在点S与直线MN，使PC 平面SRQ D1113PQPRPSPA 三、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13已知函数 f x是定义在 R上的增函数，且121f mfm，则m的取值范围是_.14已知抛物线的方程为22yax，且过点 1,4，则焦点坐标为_ 15函数32()sin3cos,3 2f xxx x 的值域为_.16“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在 梦溪笔谈 中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一

6、类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层 1 件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件.已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的78，第n层的货物的价格为_，若这堆货物总价是764 1128n万元，则n的值为_.四、解答题（本题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17对于数列 na，若存在正整数 M，同时满足如下两个条件：对任意nN，都有naM成立；存在0nN，使得0naM则称数列 na为MB数列(1)若1nan，112nnb，判断数列 na和 nb是否为MB数列，并

7、说明理由；（5 分）(2)若MB数列 na满足1ap，1sin2nnaan，求实数 p 的取值集合（5 分）18灵活就业的岗位主要集中在近些年兴起的主播、自媒体、配音，还有电竞、电商这些新兴产业上只要有网络、有电脑，随时随地都可以办公这些岗位出现的背后都离不开互联网的加速发展和短视频时代的大背景甲、乙两人同时竞聘某公司的主播岗位，采取三局两胜制进行比赛，假设甲每局比赛获胜的概率为25，且每局比赛都分出了胜负(1)求比赛结束时乙获胜的概率；（6 分）(2)比赛结束时，记甲获胜的局数为随机变量 X，求随机变量 X的分布列（6 分）19在4 sincos3aBAb，222sinsin()sinbBc

8、CbcA，3sincosbaAAab这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求出cosB的值；若问题中的三角形不存在，说明理由（7 分）问题：在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知1cos3C，_ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 20如图，空间几何体ADEBCF中，四边形ABCD是梯形，/ABCD，四边形CDEF是矩形，且平面ABCD平面,2,4CDEF ADDC ABADDEEF，M是线段AE上的动点.（1）试确定点 M 的位置，使/AC平面MDF，并说明理由；（7 分）（2）在（1）的条件下，平面MDF将几何体ADEBCF分成两部分，求空

9、间几何体MDEF与空间几何体ADMBCF的体积的比值.（7 分）21已知圆221:536Cxy，点5,0C，点M是圆1C上的动点，MC的垂直平分线交直线1MC于点.P （1）求点P的轨迹方程2C；（5 分）（2）过点4,0N的直线l交曲线2C于,A B两点，在x轴上是否存在点G，使得直线AG和BG的倾斜角互补，若存在，求出点G的坐标，若不存在，请说明理由.（6 分）22设函数()=ln(1)exf xxa x，其中aR(1)若=3a，求()f x的单调区间；（5 分）(2)若10ea，（）证明：()f x恰有一个极值点；（5 分）（）设0 x为()f x的极值点，若1x为()f x的零点，且1

10、0 xx，证明：0132xx（6分）答案 1A 2C 3A 4C 5C 6D 7B 8C 9BCD 10BC 11AC 12ACD 132m 1410,16 1563 3,38 16 178nn 6 17(1)数列 na不是MB数列，nb是MB数列，理由见解析；(2)1p p或1,pp Z.【分析】(1)根据MB数列的定义依次判定数列na、nb即可；(2)根据MB数列的定义，结合正弦函数的性质和数列的增减性依次讨论当1p、01p、10p、1p 时的情况.(1)na不是MB数列，nb是MB数列.因为1nan(nN*)，所以110nann，故na不是MB数列；因为112nnb(nN*)，所以111

11、1122nnnb，又11 1112b，所以 nb是MB数列；(2)若数列na为MB数列，则对于naMN，成立，且00NnnaM，有nMaM.当1p 时，1sin 1,1nnaa，即1naa，此时1a最大，1Mpn，又MN，则1p 且pN；当01p时，设()sinf xxx(01)x，则 cos10fxx，所以函数()f x在0,1)上单调递减，且(0)0f，所以sin0 xx即sin xx在0,1)上恒成立，所以11sinnnaa，有121nnaaaa，此时1a最大，0,1)1Mpn，又MN，故不存在满足题意的M，舍去；当10p 时，21sin1sinsin0aap，由上述分析知，1Mp，结合

12、MN，故不存在满足题意的M，舍去；当1p 时，211sinsin1aap，则12naaa，所以12naaa，此时1a最大，1Map，1n，又MN，故1p 且pZ.综上，实数 p的取值集合为1p p或1p ,pZ.18(1)81125(2)答案见解析 【分析】（1）根据三局两胜制可知，乙获胜则有三种情况，分类即可求解.（2）根据随机变量所有取值的可能以及计算对应的概率，即可求解,（1）比赛结束时，乙获胜有三种情况：第一局甲胜，第二局乙胜，第三局乙胜，第一局乙胜，第二局甲胜，第三局乙胜，第一局，第二局 2 胜，比赛结束时乙获胜的概率23332333369815555555512525125P；（2

13、）由题意可得，X 的所有可能取值为 0，1，2，229(0)1525P X，23332336(1)555555125P X，44(2)1(0)(1)125P XP XP X X的分布列为 X 0 1 2 P X 925 36125 44125 19答案不唯一，具体见解析【分析】若选，则由正弦定理可得4sinsincos3sinABAB，化简后可求出角6A或3，再由1cos3C 求出2 2sin3C，然后由coscos()BAC 可求出cosB的值；若选，则由正弦定理得332()bcbc a，即可得222bcbca，再利用余弦定理可求得cos A，从而可求出角3A，再由1cos3C 求出2 2s

14、in3C，然后由coscos()BAC 可求出cosB的值；若选，由3sincosbaAAab结合辅助角公式和基本不等式可得sin A16，则可求出3A，而利用基本不等式时有ab，从而可得三角形为等边三角形，与1cos3C 相 矛盾，则可得问题中的三角形不存在【解析】选：因为4 sincos3aBAb，由正弦定理得4sinsincos3sinABAB，所以(0,)B，所以sin0B，所以4sincos3AA，3sin22A，又(0,)A，2(0,2)A，所以23A或23，即6A或3 因为1cos3C，(0,)C，所以22 2sin1 cos3CC 当6A时，coscos()BAC 3112 2

15、2 23cos623236C ，当3A时，coscos()BAC 1132 22 61cos323236C ，因此cosB的值为2 236或2 616 选：因为222sinsin()sinbBcCbcA，由正弦定理得332()bcbc a，因为0bc，所以222bcbca，所以2221cos22bcaAbc，因为(0,)A，所以3A 因为1cos3C，(0,)C，所以22 2sin1 cos3CC，所以coscos()BAC 1132 22 61cos323236C ，因此cosB的值2 616 选：因为3sincosbaAAab，所以2sin6baAab，因为22sin226babaAaba

16、b，于是2baab，即ab；且2sin26A，即sin16A，注意到(0,)A，7,666A，因此62A，即3A，于是ABC为等边三角形，因此1cos2C 与1cos3C 相矛盾，故ABC不存在【注意】关键点注意：此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是利用正弦定理进行边角互化，从而可求出角A的值，再结合三角函数恒等变换公式求出cosB的值，考查计算能力，属于中档题 20（1）当 M是线段AE的中点时，/AC平面MDF，理由见解析；（2）14.【分析】（1）由线面平行的性质定理确定 M 是线段AE的中点，然后根据线面平行的判定定理证明（2）将几何体ADEB

17、CF补成三棱柱，由三棱柱和三棱锥体积得几何体ABCDEF的体积，再求得三棱锥FDME的体积后可得所求比值【解析】（1）当 M是线段AE的中点时，/AC平面MDF.证明如下：连接CE交DF于点 N，连接MN，如图，由于 M、N分别是AECE、的中点，所以/MNAC，又MN在平面MDF内，且AC不在平面MDF内，所以/AC平面MDF.（2）四边形CDEF是矩形，CDDE.又CDAD，且ADDED，CD 平面ADE.平面ABCD平面CDEF，平面ABCD平面CDEFCD，AD 平面ABCD，ADCD，所以AD 平面CDEF，又DE平面CDEF，所以ADDE，将几何体ADEBCF补成三棱柱ADEB C

18、F，三棱柱ADEB CF的体积12 2 482ADEVSCD ，则几何体ADEBCF的体积1112082 242323B B CFVVV，又三棱锥FDEM的体积211142 243223V .空间几何体MDEF与空间几何体ADMBCF的体积的比为42041:3334.21（1）221916xy；（2）存在，9,04G.【分析】（1）连接PC，则PCPM，即116PCPCMC，则点P的轨迹是以1C，C为左右焦点，26a 的双曲线，求解轨迹方程即可.（2）由题意可知ACBGkk 时直线AG和BG的倾斜角互补.分类讨论：当直线l斜率不存在时，A，B关于x轴对称，x轴上的任意点G都有ACBGkk.当直

19、线l斜率存在时，设直线l的方程为：4,0yk xk，与双曲线方程联立，整理得22221697214410kxk xk，设11,A x y，22,B xy，则2212227272169916kkxxkk，22122214411441169916kkx xkk.根据AGBGkk，可知121210102020440k xk xyyxxxxxxxx ，整理得1 21201202480 x xxxxxxx，将12x x，12xx代入求解0 x，即可.【解析】（1）连接PC，则PCPM，即116PCPCMC 11060CC 点P的轨迹是以1C，C为左右焦点，26a，210c 的双曲线.即3a，5c，224

20、bca 点P的轨迹方程2C为：221916xy （2）当直线l斜率不存在时，直线l的方程为：4x，则A，B关于x轴对称.因为点G在x轴上 所以直线AG和BG关于x轴对称.则x轴上的任意点G都有ACBGkk，即直线AG和BG的倾斜角互补 当直线l斜率存在时，设直线l的方程为：4,0yk xk 则2241916yk xxy即22221697214410kxk xk 直线l交曲线2C于,A B两点 22222216907241691441576 7160kkkkk 即43k 设11,A x y，22,B xy 则1x，2x是方程22221697214410kxk xk的两根.即22122272721

21、69916kkxxkk，22122214411441169916kkx xkk 假设存在点0,0G x，使得直线AG和BG的倾斜角互补.则AGBGkk 即121210102020440k xk xyyxxxxxxxx 12102044xxxxxx 即1 21201202480 x xxxxxxx 2220022214417272248916916916kkkxxkkk 22202228814 72728916916kkkxkk 0221282880916916xkk，即094x 综上所述，存在点9,04G，使得直线AG和BG的倾斜角互补【注意】本题考查求双曲线方程，以及直线与双曲线的位置关系.

22、属于较难的题.22(1)增区间为0,，无减区间;(2)（）证明见解析；（）证明见解析 【分析】（1）求导，根据单调性与导数的关系求解即可；（2）（）由题知 21e=xaxfxx，进而构造函数 2=1exg xax，研究函数单调性，结合零点存在性定理可得存在唯一011,lnxa，使得 00g x，进而得函数 f x的单调性即可证明；（）结合题意得102011ln=e1xxxxx，再根据1lnxx得1020e2xx.（1）解：当=3a时，()=ln+3(1)exf xxx，定义域为0,，所以，11=+3e+31 e=+3 e 0 xxxfxxxxx在0,恒成立，所以，f x在0,上单调递增.所以，

23、函数 f x的增区间为0,，无减区间.（2）解：（）证明：()=ln(1)exf xxa x,定义域为0,所以，2111e=e1 e=e=xxxxaxfxaa xaxxxx，令 2=1exg xax，因为10ea，所以 22=2ee=+2e 0ga，10ea，1ea，211ln=1lnlnxx，因为011,lnxa，10 xx，所以111lnxx，220101ln 1xxxx，所以10220101ln1=e1xxxxxx，所以100002ln2xx，所以0132xx.【注意】本题第二问解题的关键在于根据不等式1lnxx对102011ln=e1xxxxx进行放缩得100002ln21xxxx，进而证明结论.