2022-2023学年江西省九江市官莲中学高三数学文月考试卷含解析

1、2022-2023学年江西省九江市官莲中学高三数学文月考试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. “x1”是“x2x”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件参考答案：A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】由题意解不等式x2x，提出公因式x，根据因式分解法，解出不等式的解，再判断是不是必要条件，判断此解和x1的关系【解答】解：由x2x，可得x1或x0，x1，可得到x2x，但x2x得不到x1故选A【点评】注意必要条件、充分条件与充要条件的判断2. 设复数z=（其中i为

2、虚数单位），则复数z在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限参考答案：D【考点】复数的代数表示法及其几何意义【分析】直接化简复数为a+bi的形式，即可确定复数在复平面内对应的点所在象限【解答】解：因为=，复数z在复平面内对应的点为（），所以复数z在复平面内对应的点在第四象限故选D3. 等差数列，则数列前9项的和等于A66 B99 C. 144 D. 297参考答案：B4. 已知方程x2+2mx-m+12=0的两根都小于2，则m的取值范围是( ).A.(-，+) B.3,+) C.(-,-4 D.(3,+)参考答案：B5. 若复数z满足，（4+3i）z=|34i|，则z

3、的虚部为（）ABC iD i参考答案：A【考点】复数求模【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，则答案可求【解答】解：由（4+3i）z=|34i|，得，z的虚部为故选：A【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题6. 设是两条不同直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是( )A. B. ，则C.，则 D.，则参考答案：B略7. 函数的部分图象如右图所示，设是图象的最高点，是图象与轴的交点，则( )A. B. C. D.参考答案：B略8. 已知函数的最大值为4，最小值为0，两个对称轴间的最短距离为，直线是其图象的一条对称轴，则符合条件的解析式是A.

4、 B. C. D. 参考答案：B略9. 三棱柱的侧棱与底面垂直，体积为，高为，底面是正三角形，若P是中心，则PA 与平面ABC所成角的大小是 A. B. C. D. 参考答案：B略10. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A16B16C8D8参考答案：D【考点】由三视图求面积、体积【分析】由三视图可知：该几何体为一个半圆柱挖取一个倒立的四棱锥【解答】解：由三视图可知：该几何体为一个半圆柱挖取一个倒立的四棱锥该几何体的体积V=8故选：D二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 定义在R上的函数满足：，且对于任意的,都有，则不等式的解集为 。参考答案：（0,2）略12

5、. （不等式选做题）若不等式|x2|x3|a的解集为?，则a的取值范围为_参考答案：a513. 已知三棱锥PABC的所有棱长都等于1，则三棱锥PABC的内切球的表面积 参考答案：考点：球的体积和表面积；球内接多面体 专题：计算题；空间位置关系与距离分析：求出三棱锥PABC的高为=，利用三棱锥PABC的外接球与内切球的半径的比为3：1，可得三棱锥PABC的内切球的半径，即可求出三棱锥PABC的内切球的表面积解答：解：三棱锥PABC的所有棱长都等于1，底面外接圆的半径为，三棱锥PABC的高为=，三棱锥PABC的外接球与内切球的半径的比为3：1，三棱锥PABC的内切球的半径为，三棱锥PABC的内切球

6、的表面积为4=故答案为：点评：本题考查三棱锥PABC的内切球的表面积，考查学生的计算能力，确定三棱锥PABC的内切球的半径是关键14. 在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，BC边上的高为，则的最大值是_参考答案：【分析】利用三角形面积公式可得，利用余弦定理化简原式为，再利用两角和的正弦公式与三角函数的有界性可得结果.【详解】因为边上的高为，所以，即，可得，故的最大值是故答案为【点睛】本题主要考查三角形面积公式、余弦定理、两角和的正弦公式，属于中档题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.15. 设、分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x

7、0时且，则不等式的解集为 参考答案：16. 对于总有0 成立，则= 参考答案：4略17. 已知，则的最大值为 。参考答案：三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. (本小题满分13分) 已知抛物线的顶点是椭圆的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合.（）求抛物线的方程;（）已知动直线过点,交抛物线于、两点.若直线的斜率为1,求的长;是否存在垂直于轴的直线被以为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出的方程；如果不存在，说明理由.参考答案：解: （）由题意,可设抛物线方程为. 1分由,得. 抛物线的焦点为,. 抛物线D的方程为. 3分（）设,. 直线的方程

8、为：, 4分联立,整理得: 5分=.7分() 设存在直线满足题意,则圆心,过作直线的垂线,垂足为,设直线与圆的一个交点为.可得: 9分即= 11分当时, ,此时直线被以为直径的圆所截得的弦长恒为定值. 12分因此存在直线满足题意 13分19. 已知两点A（2，0）、B（2，0），动点P满足（1）求动点P的轨迹E的方程；（2）H是曲线E与y轴正半轴的交点，曲线E上是否存在两点M、N，使得HMN是以H为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请说明有几个；若不存在，请说明理由参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；轨迹方程【分析】（1）设点P的坐标为（x，y）（y0），求PA、PB的斜率，利用，化简

9、可得动点P的轨迹E的方程；（2）设能构成等腰直角三角形HMN，其中H为（0，1），由题意可知，直角边HM，HN不可能垂直或平行于x轴，故可设HM所在直线的方程为y=kx+1，（不妨设k0）则HN所在直线的方程为，确定交点M、N的坐标，求出HN、HM的长，利用|HM|=|HN|，即可求得结论【解答】解：（1）设点P的坐标为（x，y）（y0），则，化简得，动点P的轨迹E的方程为（y0）注：如果未说明y0，扣（2）设能构成等腰直角三角形HMN，其中H为（0，1），由题意可知，直角边HM，HN不可能垂直或平行于x轴，故可设HM所在直线的方程为y=kx+1，（不妨设k0）则HN所在直线的方程为，由求得交

10、点M，（另一交点H（0，1），用代替上式中的k，得，由|HM|=|HN|，得k（4+k2）=1+4k2，k34k2+4k1=0?（k1）（k23k+1）=0，解得：k=1或，当HM斜率k=1时，HN斜率1；当HM斜率时，HN斜率；当HM斜率时，HN斜率，综上述，符合条件的三角形有3个20. 已知函数，其中.（）求函数的单调区间；（）若直线是曲线的切线，求实数的值；（）设，求在区间上的最小值.（为自然对数的底数）参考答案：解：（），（）， 2分在区间和上，；在区间上，.所以，的单调递减区间是和，单调递增区间是.4分(）设切点坐标为，则 6分（1个方程1分）解得，. 7分（），则， 8分解，得，所

11、以，在区间上，为递减函数，在区间上，为递增函数. 9分当，即时，在区间上，为递增函数，所以最小值为. 10分当，即时，在区间上，为递减函数，所以最小值为. 11分 当，即时，最小值=. 综上所述，当时，最小值为；当时，的最小值=；当时，最小值为. 12分21. 如图，设长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，Q是AA1的中点，点P在线段B1D1上；（1）试在线段B1D1上确定点P的位置，使得异面直线QB与DP所成角为60，并请说明你的理由；（2）在满足（1）的条件下，求四棱锥QDBB1P的体积参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角【分析】（1）以D

12、为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设D1P=D1B1，把P的坐标用表示，然后分别求出的坐标，再由|cos|=cos60列式求得值得答案；（2）由图可得四棱锥QDBB1P的高为A1P，再求出底面直角梯形的面积，代入棱锥体积公式求得四棱锥QDBB1P的体积【解答】解：（1）P是线段B1D1中点证明如下：以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），Q（1，0，1），B（1，1，0），D1（0，0，2），B1（1，1，2），设D1P=D1B1，则，P（，2），=（，2），又=（0，1，1），|cos|=|=cos60|=，解得：；（2）连接A1P，则A1P平面DBB1D1，A1Q平面DBB1D1，四棱锥QDBB1P的高为=22. 已知函数f（x）=|x2|（1）求不等式f（x）+x240的解集；（2）设g（x）=|x+7|+3m，若关于x的不等式f（x）g（x）的解集非空，求实数m的取值范围参考答案：【考点】绝对值三角不等式【分析】（1）由题意，x24x2，或x