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2022-2023学年江苏省南京市高三上学期9月月考数学试题及答案.doc

发布时间：2023-11-09 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：3.08M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2022-2023 学年江苏省南京市高三上学期 9 月月考数学试题 及答案 一、选择题：本大题共 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，请把答案填涂在答题卡相应位置上． A   2 x x 1. 设集合 A.   3, 1      x B  6 0 ， 1,2 B.    x x  1 0   ，则 A B  （ ） C. (2, ) D. ( 3,   ) 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的基本运算进行计算即可. 【详解】解：由 A   2 x x    ，得  6 0 x A   ( 3,2) ， 由 B   x x  1 0   ，得 所以  A B    1,2 . B    ， ( 1, ) 故选：B. 2. 已知复数  z  A. 3 【答案】D 【解析】  2 i i  ，其中i 为叙述单位，则 zz 的值为 （ ） B. 5 C. 3 D. 5 【分析】利用复数的乘法运算化简复数 z 求解. 【详解】解：因为复数  z  2 i i= 1+2i  ，   所以 = 1 2i z   ， 则 zz  = 1+2i   1 2i     ， 5 故选：D X N ， ，则  P 8 X 10  的值约为 （  ） 3. 已知随机变量  2 ~Y N  ， ，则  P ~ 2 4 2  附：若         Y  0.6827  ，
          Y 2  0.9545 ，  P B. 0.1359    3       Y 3  0.9974 C. 0.8186 D. P     2 A. 0.0215 0.9760 【答案】A 【解析】 【分析】由题意确定   4,  ，根据 2 P  8  X  10   [ P  1 2    3  【详解】由题意知随机变量 X  3      2 4 2 X N ， ，故 ~  P     2  X      2 ] ，即可得答案.   4,  ， 2 [ P     3  X      3  P     2  X      2 ]     8 X 10 1 2 0.9974 0.9545  故  P 1 ( 2  ) 0.02145 0.0215   ,    与曲线 y a 0 y   x 2ln x 相切，则实数 a 的值为（ ） B. 1 C. 2 D. 3 故选：A 4. 若直线 x A. 0 【答案】C 【解析】 【分析】设切点，根据已知求解切点坐标，代入切线方程求出 a 的值即可. 【详解】解：设直线与曲线的切点 0 ( P x y ， ) , 0 由于直线 x    斜率为 1 ，则 y a 0  y | x x  0   ， 1 又 y    ， 所以 21 x 1  2 x 0   ，得 0 1 x  ，所以 0 1 y   1 2ln1 1  则切点为 1,1 ，切线方程为 y    x 1   ，所以 1 2 a   . 故选：C. 5. 阻尼器是一种以提供阻力达到减震效果的专业工程装置．我国第一高楼上海中心大厦的 阻尼器减震装置，被称为“镇楼神器”，如图 1 由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可 近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移 y(m)和时间 t(s)的函数关系为 y  sin  t      0,0   ，如图 2，若该阻尼器在摆动过程中连续三次到达同一   
    位置的时间分别为 t t ， ， 1 3 t 2  0    t t 1 2  t 3 t ，且 1 t 2 t  ， 2 2 t  ，则在一个周期内 6 3 阻尼器离开平衡位置的位移大于 0.5m 的总时间为 （ ） A. 1 s 3 【答案】D 【解析】 B. 2 s 3 C. 1s D. 4 s 3 【分析】由条件确定函数 y  sin   t   的周期，再由周期公式求，再由条件关系列不 等式求一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于 0.5m 的总时间. t 【详解】因为 1 t  ， 2 t 2 2 t  ， 3 t 6 3   t 1 T 所以 4T  ，又 T  ，所以 2    ，  2 所以 sin  y    t 2      ， 由 0.5 y  可得 sin 所以 2 k   t    t 2      5  6 0.5 ，  2 , k  k  ， Z 4 k   1 3 2      t 5 3      6 2 2           4 k      5 3 4 k   1 3 2       4 3 ， 2    4 , k k  ， Z 4 s 3 . 所以在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于 0.5m 的总时间为 故选：D. 6. 已知椭圆 2 2 x a  2 2 y b  1  a   的左右焦点分别 1 b 0 2 ,F F ，左顶点为 A，上顶点为 B，点 P 
    PF 为椭圆上一点，且 2 F F 1 2 ，若 //AB PF ，则椭圆的离心率为（ 1 ） B. 1 2 C. 3 3 D. 2 2 A. 5 5 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据题意得到 2  , b P c  a     ，根据 //AB PF 得到 2b c ，再计算离心率即可. 1 【详解】由题知： 2  , b P c  a     ，因为 //AB PF ， 1 所以 2 b a 2 c b  ，整理得 2b a c ，  ，得 2 e  ， 2 c 1 5 e  5 5 . 所以 2 b  2 4 c  2 a 故选：A 7. 已知圆柱的轴截面是边长为 2 的正方形，P为上底面圆的圆心，AB为下底面圆的直径，E 为下底面圆周上一点，则三棱锥 P-ABE外接球的表面积为（ ） B. 25 π 4 C. 5 π 2 D. 5π A. 25 π 16 【答案】B 【解析】 【分析】设外接球半径为 R，底面圆心为 Q，外接球球心为 O，由外接球的定义，结合圆柱 的几何性质，确定球心在线段 PQ上，即可在直角三角形 APQ上根据几何关系求出外接球半 径，即可由公式算球表面积 【详解】由题，由圆的性质， ABE△ 为直角三角形， E  90  ， 如图所示，设外接球半径为 R，底面圆心为 Q，外接球球心为 O， 由外接球的定义， OP OA OB OE     ，易得 O在线段 PQ上， R 又圆柱的轴截面是边长为 2 的正方形，所以底面圆半径 AQ BQ 1  ， ∵ PQ AQ ，则 2 2 OA OQ AQ   2  2 R   2  R 2  2 1 ，解得 R  ， 5 4
    ∴外接球表面积为 4π 2 R  25π 4 . 故选：B． 8. 已知函数   f x ，任意 x y R， ，满足  f x    y f x   y  2 f   x  2 f   y ，且 f   1  2 f ，   2  0 ，则   1 f  f   2   f  90  的值为（ ） B. 0 C. 2 D. 4 A. 2 【答案】C 【解析】 【分析】抽象函数利用特殊值的思路可以得到函数   f x 在取奇数和偶数的时候的规律，然 后可以得到函数值的和. 【详解】令 2 x  ， 1y  ，则   3 f f   1  令 3x  ， 2 y  ，则   5 f f   1  f 2   3  2 2 f f   2  2 f   1 ，所以  3 f   ； 2  2   ，所以  5 4 f  ； 2 令 2 y  ，则  f x  2   f x  2   f 2  x  ，所以  7 f f  2 k   1  1    2k   k Z   .   ，  9 2 f 令 3x  ， 1y  ，则  f 4  令 5 x  ， 1y  ，则   6 f f f  2   ①，令 4 x  ， 2 0 y  ，则   6 f  4   ③， 0  2 f  2  f 2  4  ②， 假设  4 f  ，那么由③可知  6 0 f  ，将  2 0 f  ，  6 0 f  代入②式发现与 0
    f  4  矛盾，所以  4 0 f  不成立，  4 0 f 0  . 同理可得当 x为偶数时，   0 f x  . 所以原式= f   1  f   3  f   5    f  89   2 . 故选：C. 二、选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上全部选对得 5 分，部分选对得 2 分， 不选或有错选的得 0 分． 9. 已知l m， 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，则下列选项中，l m 的充 分条件有（ ） A. C.     ∥   m l , ,        m l , , B. D.     ∥ ∥ m , , l      ∥ ∥ m l , , 【答案】BC 【解析】 【分析】本题寻求线线垂直的条件，对四个选项中的条件进行逐一进行判断，验证它们能否 推出线线垂直，从而选出正确选项． 【详解】解：A 选项不是l m 的一个充分条件，两个平面垂直，两条直线分别平行和垂直 于平面，直线可能垂直，可能平行或异面，故 A 错误； B 选项因为 m  ，且 ∥ ，所以 m  ，又因为 l ∥ ，所以l m ，故 B 正确； C 选项因为 m  ，l  ，又因为  ，所以l m ，故 C 正确； D 选项不是l m 的一个充分条件，两个平面垂直，两条直线分别平行于平面，直线可能垂 直，可能平行或异面，故 D 错误； 故选：BC． ） B. a 0 A. a b  ，则 （ 10. 已知 1 a b 2 a b ab 1 b 3 a C. 2     3 2   【答案】AC    b 1 b 1   1 a 1 b   D. a a  b
    【解析】 【分析】对 A，对 a b 两边同除 ab化简即可判断； 对 B，对不等式移项进行因式分解得 a b  1      1 ab     0 ，即可进一步判断 1  的符号不 1 ab 确定，即可判断； 对 C，对不等式移项进行因式分解得  a b a  2  ab b  2   ，由 0 2 a  2 b  ab   a b  2  即可判断； ab 对 D，对不等式移项进行根式运算得 a  a 1 1   b b ，即可进一步判断 【详解】对 A， a       ，A 正确； b 0 1 1   1 b 1 a a ab 1 a b ab 1 b 对 B， a  a b           a b 0 b   1    1 ab     0 ，∵ a b  ，∴ 0 1 b 1 a 1  1 ab    ，不等式不一定成立，B 错误； ab 0 1 对 C， 3 a  3 b  2  2 a b ab  2     a b a  2  ab b  2   ，∵ 0 a b  ，∴ 0 2 a  2 b  ab a b    0  2  ab  ，不等式成立，C 正确； 0 对 D， a 1   b 1   a 1 1   a  a 1 1   b b 故选：AC．     b a 1 a  b 1   ，所以 b 1    b b  a 1   a ，不等式不成立，D 错误； 11. 已知直线 : l x   ，点  1 0 1,0P ，圆心为 M 的动圆经过点 P ，且与直线l 相切，则 （ ） A. 点 M 的轨迹为抛物线 B. 圆 M 面积最小值为 4 C. 当圆 M 被 y 轴截得的弦长为 2 5 时，圆 M 的半径为 3 D. 存在点 M ，使得 MO MP  2 3 3 ，其中O 为坐标原点 【答案】ACD
    【解析】 【分析】由抛物线定义可知 A 正确；由抛物线性质可知当 M 为坐标原点时，圆 M 面积最小， 可知 B 错误；设  ,M x y ，利用垂径定理可构造方程求得 x ，由此可得圆的半径，知 C 正  确；设存在点 2  yM  4  , y    ，由    MO MP 2     4 3 可求得点 M 坐标，知 D 正确. 【详解】对于 A，由题意知：点 M 到点 P 与到定直线l 的距离相等，且点 P 不在直线l 上， 符合抛物线定义，点 M 的轨迹为抛物线，A 正确； 对于 B，由 A 知，点 M 的轨迹为抛物线，则当 M 为坐标原点时，点 M 到直线l 距离最小， 即此时圆 M 的半径最小，即 min r  ，圆 M 面积的最小值为，B 错误； 1 对于 C，由 A 得：点 M 的轨迹方程为 2 y x ，设  4 ,M x y ，则圆 M 的半径  r x  ，点 M 1 到 y 轴的距离 d x ，  2 2 r 2  d  2  x  2 1  2 x  2 5 ，解得： 2 x  ， 圆 M 的半径 r x   ，C 正确； 1 3 对于 D，假设存在点 M ，使得 设 2  yM  4  , y       MO MP 2     ，则 MO MP  2 3 3 ， 4 y 16 2 y 4   1       2 y 2  2 y  4 3 ，整理可得： 4 y  16 y 2  64 0  ， 解得： 2 y  ， 8 y   ， 2 2 M  2,2 2  或 2, 2 2   ，D 正确. 故选：ACD. 12. 已知函数  f x  3  2x  x ， x R ，则（ ） A. f x 在   0  ， 上单调递增  B. 存在 a R ，使得函数 y    f x x a 为奇函数 C. 函数   g x    f x  有且仅有 2 个零点 x D. 任意 x R ，   1 f x   【答案】ABD 【解析】 【分析】A 选项求导以后判断导函数的正负即可得出结论；B 结合奇偶性的定义即可判断；C
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