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，则（）ABCD2已知为虚数单位，下列各式的运算结果为纯虚数的是（）ABCD3已知圆锥的底面半径为3，母线长为5.若球在圆锥内，则球的体积的最大值为（）ABCD4若函数的图象关于原点对称，则（）ABCD5已知两个单位向量，的夹角为60，设（其中x，yR），若|3，则xy的最大值（）A2BC3D6曲线在处的切线的倾斜角为，则的值为（）ABCD7已知点P是抛物线上的一点，在点P处的切线恰好过点，则点P到抛物线焦点的距离为（
2、）AB1CD28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，记事件为“两次记录的数字之和为奇数”，事件为“第一次记录的数字为奇数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是（）A事件与事件是对立事件B事件与事件不是相互独立事件CD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（）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
3、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的是（）ABCD11已知A（4，2），B（0，4），圆，P为圆C上的动点，下列结论正确的是（）A的最大值为B的最小值为C的最小值为D最大时，12如图，点是正四面体底面的中心，过点且平行于平面的直线分别交，于点，是棱上的点，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，则（）A若平面，则B存在点与直线，使C存在点与直线，使平面D三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13已知函数是定义在R上
4、的增函数，且，则的取值范围是_.14已知抛物线的方程为，且过点，则焦点坐标为_15函数的值域为_.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，第层的货物的价格为_，若这堆货物总价是万元，则的值为_.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，若存在正整数M，同时满足如下两
5、个条件：对任意，都有成立；存在，使得则称数列为数列(1)若，判断数列和是否为数列，并说明理由；（5分）(2)若数列满足，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，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，这三个条件中任选一个，补充在下面问
6、题中，若问题中的三角形存在，求出的值；若问题中的三角形不存在，说明理由（7分）问题：在中，角，的对边分别为，已知，_注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分20如图，空间几何体中，四边形是梯形，四边形是矩形，且平面平面，M是线段上的动点.（1）试确定点M的位置，使平面，并说明理由；（7分）（2）在（1）的条件下，平面将几何体分成两部分，求空间几何体与空间几何体的体积的比值.（7分）21已知圆，点，点是圆上的动点，的垂直平分线交直线于点（1）求点的轨迹方程；（5分）（2）过点的直线交曲线于两点，在轴上是否存在点，使得直线和的倾斜角互补，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.（6分）2
7、2设函数，其中(1)若，求的单调区间；（5分）(2)若，（）证明：恰有一个极值点；（5分）（）设为的极值点，若为的零点，且，证明：（6分）答案1A【解析】由题意可得，则.故选：A2C【解析】对于A，不是纯虚数；对于B，是实数；对于C，为纯虚数；对于D，不是纯虚数.故选：C.3A【解析】设圆锥的轴截面为等腰，则球的体积最大时，球的轴截面是的内切圆，所以，解得：，所以球的体积的最大值为.故选：A4C【解析】因为函数的图象关于原点对称，即，所以可得，即，即，.故选：C5C【解析】，则，当时等号成立。故选：6D【解析】解：依题意，所以，所以故选：D.7B【解析】抛物线方程为，设切点坐标为，切线斜率为，
8、又切线过点，即或，抛物线标准方程为，点到焦点的距离为故选：B8C【解析】对于A，事件与事件是相互独立事件，但不是对立事件，故A错误；对于B，对于事件与事件，,事件与事件是相互独立事件,故B错误；对于C，连续抛掷这个正四面体木块两次，记录的结果一共有种，其中，事件发生，则两次朝下的点数为一奇一偶，有种，所以，因为抛掷正四面体向下的数字为奇数和偶数的方法种数相同，所以，所以，故C正确；对于D，事件表示第一次记录的数字为奇数，第二次记录的数字为偶数，故，故D错误.故选：C9BCD【解析】对于A：例如数据1，3，5，将数据改成2，3，5，数据的中位数未改变，仍为3，故A错误；对于B：根据频率分布直方图
9、中，中位数的求法，可得B正确；对于C：根据频率直方图可得，左边“拖尾”，且不对称，则平均数变小，中位数变大，所以平均数小于中位数，故C正确；对于D：方差越小，数据越稳定，离散程度越小，故D正确.故选：BCD10BC【解析】对于A，不合题意；对于B，符合题意；对于C，符合题意；对于D，不符合题意；故选：BC11AC【解析】对于A，A正确.对于B，记AB的中点为D，,，故B错误；对于C，令，当直线与圆C相切时，b取到最值，令，所以最小值为，故C正确.对于D，当PB与圆C相切时，最大，此时，故D错误.故选：AC12ACD【解析】对于A，平面，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，平面平面，
10、又平面，平面，点在面上，过点的直线交，于点，平面，又平面，平面平面，故A正确；对于B，设正四面体的棱长为，故B错误；对于C，当直线平行于直线，为线段上靠近的三等分点，即，此时平面，以下给出证明：在正四面体中，设各棱长为，均为正三角形，点为的中心，由正三角形中的性质，易得，在中，由余弦定理得，则，同理，又，平面，平面，平面，存在点S与直线MN，使平面，故C正确；对于D，设为的中点，则，又，三点共线，三点共线，三点共线，设，则，四点共面，又，即，故D正确.故选：ACD.13【解析】因为函数是定义在R上的增函数，且，所以，解得，故答案为.14【解析】抛物线过点，即有，解得，则抛物线，即的焦点坐标为，
11、故答案为：.15【解析】由题意，可得，令，即，则，当时，当时，即在为增函数，在为减函数，又，故函数的值域为：.故答案为: 16 6【解析】解：由题意可得第n层的货物的价格为，设这堆货物总价是，则，由可得，这堆货物总价是万元，故答案为：；.17(1)数列不是数列，是数列，理由见解析；(2)或.18(1)(2)答案见解析（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；（2）由题意可得，X的所有可能取值为0，1，2，X的分布列为X01219答案不唯一，具体见解析【解析】选：因为，由正弦定理得，所以
12、，所以，所以，又，所以或，即或因为，所以当时，当时，因此的值为或选：因为，由正弦定理得，因为，所以，所以，因为，所以因为，所以，所以，因此的值选：因为，所以，因为，于是，即；且，即，注意到，因此，即，于是为等边三角形，因此与相矛盾，故不存在20（1）当M是线段的中点时，平面，理由见解析；（2）.【解析】（1）当M是线段的中点时，平面.证明如下：连接交于点N，连接，如图，由于M、N分别是的中点，所以，又在平面内，且不在平面内，所以平面.（2）四边形是矩形，.又，且，平面.平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，将几何体补成三棱柱，三棱柱的体积，则几何体的体积，又三棱锥的体积.空间几何体
13、与空间几何体的体积的比为.21（1）；（2）存在，.（2）由题意可知时直线和的倾斜角互补.分类讨论：当直线斜率不存在时，关于轴对称，轴上的任意点都有.当直线斜率存在时，设直线的方程为：，与双曲线方程联立，整理得，设，则，.根据，可知，整理得，将，代入求解，即可.【解析】（1）连接，则，即点的轨迹是以，为左右焦点，的双曲线.即，点的轨迹方程为：（2）当直线斜率不存在时，直线的方程为：，则，关于轴对称.因为点在轴上所以直线和关于轴对称.则轴上的任意点都有，即直线和的倾斜角互补当直线斜率存在时，设直线的方程为：则即直线交曲线于两点即设，则，是方程的两根.即，假设存在点，使得直线和的倾斜角互补.则即即
14、，即综上所述，存在点，使得直线和的倾斜角互补22(1)增区间为，无减区间;(2)（）证明见解析；（）证明见解析（）结合题意得，再根据得，再取对数后放缩即可得.（1）解：当时，定义域为，所以，在恒成立，所以，在上单调递增.所以，函数的增区间为，无减区间.（2）解：（）证明：,定义域为所以，令，因为，所以在恒成立，所以，在上单调递减，因为，所以，存在唯一，使得， 即，所以，当时，即，单调递增，当时，即，单调递减，所以，函数在处取得极大值，为的极大值点，无极小值点.所以，恰有一个极值点.（ii）因为为的极值点，若为的零点，且，所以，且，即且，所以，且，所以令，则在时恒成立，所以为增函数，即，因为，所以，所以，所以，即，所以.
