江西省玉山县二中2022届高三数学上学期第一次月考试题理.docx

1、玉山二中20222022学年度第一学期第一次月考高三数学（理）试卷一、选择题1在复平面内，复数的对应点坐标为，则的共轭复数为（ ）A B C D 2已知集合，则集合中元素的个数为A 2 B 3 C 4 D 53设，则是成立的A 充分不必要条件 B必要不充分条件C 充分必要条件 D 既不充分也不必要条件4已知函数f(x)x2+2kx-m在区间(2，6)上既没有最大值也没有最小值，则实数k的取值范围是()A (-6，2) B (，2)C (，-6-2，) D (，-6)(-2，)5若函数的图象与直线相切，则()A B C D 6如图所示，在椭圆内任取一个点，则恰好取自椭圆的两个端点连线与椭圆围成阴

2、影部分的概率为（ ）A B C D 7若，则的值为A B C D 8若函数在区间上单调递增，则正数的最大值为（ ）A B C D 92022年元旦假期，高三的8名同学准备拼车去旅游，其中班、班，班、班每班各两名，分乘甲乙两辆汽车，每车限坐4名同学乘同一辆车的4名同学不考虑位置，其中班两位同学是孪生姐妹，需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有A 18种 B 24种 C 48种 D 36种10已知函数，若存在实数，使得，则A 2 B 3 C 4 D 511函数，关于方程有三个不同实数解，则实数的取值范围为( )A B C D 12已知函数，实数，满足.若，使得

3、成立，则的最大值为（ ）A 3 B 4 C 5 D 二、填空题13若，则下列不等式：；中，正确的不等式有_;14已知函数为奇函数，若，则的值为_.15若满足条件的最大值为_16在中，内角所对的边分别为，已知，且，则面积的最大值为_三、解答题17已知命题： ， .（）若为真命题，求实数的取值范围；（）若有命题： ， ，当为真命题且为假命题时，求实数的取值范围.18各项均为正数的数列满足：，是其前项的和，且.数列满足，.（）求及通项；（）若数列的前和为，求.19如图，已知多面体中，为菱形，平面，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.20已知椭圆：的离心率为，右焦点F是抛物线：的焦点，点在

4、抛物线上求椭圆的方程；已知斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点，直线AM与BM的斜率乘积为，若在椭圆上存在点N，使，求的面积的最小值21已知函数（）讨论函数在上的单调性；（）证明：恒成立.选做题22在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系已知直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为（）求直线过点的参数方程；（）已知直线与曲线交于，设，且，求实数的值23已知函数（）当时，求不等式的解集；（）若的解集包含，求的取值范围.高三理数第一次月考参考答案1A2C3B4C5B6A7B8C9B10A11D12A13.1431571617（1）（2）或.【解析】【分析】（）根据二

5、次函数的性质求出为真时的范围即可；（）由（）可得对于命题题： ， ，根据时，利用函数的单调性即可得出由为真命题且为假命题时，可得真假或假真由此可求实数的取值范围.【详解】（）， ，且，解得为真命题时， .（）， ， .又时， ，.为真命题且为假命题时，真假或假真，当假真，有解得；当真假，有解得；为真命题且为假命题时， 或.【点睛】本题考查了函数与不等式的性质、不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18(1) ;(2)见解析.【解析】【分析】（）由依次求得，利用相邻式子作差得到通项；（）利用累加法得到，结合错位相减法得到结果.【详解】（）在中，令得；令得；令得；

6、当时，故得，即 数列是等差数列，（）由（）知：记 ，则两式相减得， ，又也符合，即,.【点睛】用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.19(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）由题意可知、共面.连接，相交于点，由空间几何关系可证得平面，则，结合题意有平面，结合面面垂直的判断定理可得平面平面.（2）取的中点，以A点为坐标原点建立空间直角坐标

7、系，结合几何体的结构特征可得平面的法向量为，平面的法向量，利用空间向量的结论可得二面角的余弦值为.【详解】（1）证明：，四点、共面.如图所示，连接，相交于点，四边形是菱形，对角线，平面，又，平面，又，平面，平面，平面平面.（2）取的中点，是等边三角形，又，以A点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，.，.，解得.设平面的法向量为，则，取.同理可得：平面的法向量.由图可知：二面角的平面角为钝角，二面角的余弦值为.【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算

8、(2)设m，n分别为平面，的法向量，则二面角与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角20（1）；（2）.【解析】【分析】先求出的值，即可求出的值，根据离心率求出的值，即可得到椭圆方程设直线的方程为，设，由，根据直线与的斜率乘积为，求出，再根据弦长公式求出和，表示出三角形的面积，再利用二次函数的性质即可求出最小值【详解】点在抛物线上，解得，椭圆的右焦点为，椭圆：的离心率为，椭圆的方程为，设直线l的方程为，设，由，消y可得，直线AM与BM的斜率乘积为，解得，直线l的方程为，线段AB的中点为坐标原点，由弦长公式可得，垂直平分线段AB，当时，设直线ON的方程为，同理可得，当时

9、，的面积也适合上式，令，则，当时，即时，的最小值为【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查椭圆与二次函数函数的应用，考查计算能力，属于难题，注意在解答过程中弦长公式的运用与求解，在解答最值时采用二次函数的方法求得结果。21（1），当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）见解析【解析】【分析】（1）求出（），通过当时，当时，判断导函数的符号，推出函数的单调区间即可证法二：记函数，通过导数研究函数的性质，问题得证.【详解】（） （），当时，恒成立，所以，在上单调递增；当时，令，得到，所以，当时，单调递增，当时，单调递减.综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上

10、单调递增，在上单调递减.（）证法一：由（）可知，当时，特别地，取，有，即，所以（当且仅当时等号成立），因此，要证恒成立，只要证明在上恒成立即可，设（），则，当时，单调递减，当时，单调递增.所以，当时，即在上恒成立.因此，有，又因为两个等号不能同时成立，所以有恒成立.证法二：记函数，则，可知在上单调递增，又由知， 在上有唯一实根，且，则，即（*），当时， 单调递减；当时， 单调递增，所以，结合（*）式，知，所以，则，即，所以有恒成立.【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及利用导数方不等，考查分类讨论思想的应用属难题.22(1) 线过点的参数方程为（为参数）;(2).【解析】【分析】（

11、1）先将极坐标方程变为直角坐标方程，再写成参数形式即可；（2）现将曲线化为的直角坐标方程，与直线联立得，设点分别对应参数恰为上述方程的根，则由题设得，进而利用韦达定理求解即可【详解】（1）将，代入直线的极坐标方程得直角坐标方程所以直线过点的参数方程为（为参数）（2）由，得，由代入，得将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，得，（*）设点分别对应参数恰为上述方程的根，则由题设得，即由（*）得，则有，得或因为，所以【点睛】直线的参数方程的标准形式的应用过点M0(x0，y0)，倾斜角为的直线l的参数方程是.(t是参数，t可正、可负、可为0)若M1，M2是l上的两点，其对应参数分别为t1，t2，则(1)

12、M1，M2两点的坐标分别是(x0t1cos ，y0t1sin )，(x0t2cos ，y0t2sin ).(2)|M1M2|t1t2|.(3)若线段M1M2的中点M所对应的参数为t，则t，中点M到定点M0的距离|MM0|t|.(4)若M0为线段M1M2的中点，则t1t20.23(1) 解集为;(2) 的取值范围为.【解析】【分析】（1）分段去绝对值解不等式即可；（2）等价于，由，去绝对值得，列不等式求解即可.【详解】（1）当时，不等式，即，当时，由，解得；当时，由，解得，故不等式无解；当时，由，解得综上的解集为（2）等价于当时，等价于，即，若的解集包含，则，即故满足条件的的取值范围为【点睛】绝对值不等式的常见解法：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想12