江西省九江市2023届高三2月质量检测数学（理）试题（含解析）

江西省九江市2023届高三2月质量检测数学（理）试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知复数，则的共轭复数为（ ）
A． B．
C． D．
2．已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
3．已知a为实数，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知 满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．12 B．18 C．20 D．24
5．已知、的对应值如下表所示:
x
y
与具有较好的线性相关关系，可用回归直线方程近似刻画，则在的取值中任取两个数均不大于的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知直线和平面所成的角为，则直线和平面内任意直线所成的角的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知正项数列 中，，则（ ）
A． B．
C． D．
8．中同传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”．如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互变化、对称统一的形式美、和谐美．已知其图象能够将圆的周长和面积同时平分的函数称为这个圆的“优美函数”，则下列函数中一定不是圆O的“优美函数”的为（ ）
A． B．
C． D．
9．在 中，点满足与交于点，若，则（ ）
A． B． C． D．
10．已知函数，其图象的两相邻对称中心间的距离为4，若，则（ ）
A．
B．图象的对称轴方程为
C．在上单调递减
D．不等式的解集为
11．已知，是双曲线的上、下焦点，过的直线交双曲线的上支于A，B两点，且，，则（ ）
A．双曲线C的离心率为 B．双曲线C的一条渐近线的斜率为
C．线段AB的长度为6a D．的面积为
12．已知，若不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
13．若 展开式中所有项的系数和为 256 ，其中为常数，则该展开式中项的系数为________
14．已知 是椭圆的左、右焦点，为上一点，以为圆心的圆与直线相切于点，则该圆的半径为________
15．已知正方体 的棱长为 3 ，以为球心，为半径的球被该正方体的表面所截，则所截得的曲线总长为_________
16．已知为数列的前项和，若，设函数，则___________
三、解答题
17．在中，为的角平分线上一点，且与分别位于边的两侧，若
(1)求的面积;
(2)若，求的长.
18．为保护学生视力，让学生在学校专心学习，促进学生身心健康发展，教育部于2021年1月15日下发文件《关于加强中小学生手机管理工作的通知》，对中小学生的手机使用和管理作出了规定．某中学研究型学习小组调查研究“中学生每日使用手机的时间”，从该校中随机调查了100名学生，得到如下统计表：
时间
人数 10 38 32 10 7 3
(1)估计该校学生每日使用手机的时间的平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)以频率估计概率，若在该校学生中随机挑选3人，记这3人每日使用手机的时间在的人数为随机变量X，求X的分布列和数学期望．
19．在如图所示的多面体 中，平面.
(1)证明: 平面平面;
(2)求二面角的正弦值.
20．过抛物线上的点作直线交拋物线于另一点.
(1)设的准线与轴的交点为，若，求;
(2)过的焦点作直线交于两点，为上异于的任意一点，直线分别与的准线相交于两点，证明: 以线段为直径的圆经过轴上的两个定点.
21．已知函数.
(1)当时，求的图象在处的切线方程;
(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围.
22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（是参数），直线l的普通方程为，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C的普通方程和直线l的极坐标方程；
(2)若P是曲线C上任意一点，求点P到直线l的距离的取值范围．
23．已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若，使得不等式成立，求实数的取值范围．
参考答案：
1．B
【分析】根据给定条件，利用的性质、复数的模及复数除法运算求出复数z和，再根据共轭复数的概念求解.
【详解】因为，
则，
所以的共轭复数为i.
故选：B.
2．C
【分析】分别求集合A、B，再根据集合间的运算求解.
【详解】由题意可得，
则，
故.
故选：C.
3．A
【分析】根据对数函数的单调性可验证充分性，根据绝对值不等式可判断必要性，即可得答案.
【详解】因为函数在上均为增函数，
所以，所以由，可得，
反之，则或推不出．
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
4．D
【分析】画出可行域，通过平移直线找到最值时的情况，代入关键点即可.
【详解】，即，，即，
画出可行域如图阴影部分 (含边界) 所示，平移直线 ，
当表示的直线经过点时取得最大值，
联立方程组 ，解得，即，
所以.
故选：D.
5．B
【分析】求出样本中心点的坐标，将其代入回归直线方程，求出的值，可得出的所有取值，然后利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】由表格中的数据可得，
，
所以这组数据的样本点的中心的坐标为，
又因为点在回归直线上，所以，解得，
所以的取值分别为、、、、，
在这个数中，任取两个，取到的两个数都不大于的概率为.
故选：B.
6．D
【分析】由线面角的定义得出与内直线所成角的最小值，再确定最大值得出直线和平面内任意直线所成的角的取值范围.
【详解】根据线面角的定义，线面角是平面外的直线与平面内所有直线所成角中最小的角，
故与内直线所成角的最小值为，
当在内的射影与平面内的直线垂直时，与之所成的角为，
故与内直线所成角的范围为.
故选：D.
7．A
【分析】解法一：由结合累加法得出；解法二：由逐项验证即可.
【详解】由 及，得，即.
法一: ，
这个式子累加，得 2 )，即，
又当时，，符合上式，所以 .
法二: 由，得，经逐一验证得正确.
故选 ：A.
8．C
【分析】根据题意可知优美函数的图像过坐标原点，图像关于坐标原点对称，是奇函数，再分别检验四个选项即可得出答案．
【详解】根据优美函数的定义可知，优美函数的图像过坐标原点，图像关于坐标原点对称，是奇函数，
对于A，B，D都是图象过原点，且为奇函数，如图1，图2，图4，能将圆的周长与面积平分，是“优美函数”；
对于C，如图3，不能将圆的周长与面积平分，不是“优美函数”．
故选：C．
9．C
【分析】法一，根据向量共线可得，再得，又，再表示出，利用向量相等解出，即可得解；法二，建立平面直角坐标系，利用坐标法求出即可.
【详解】法一: 因为 在上，故，所以存在唯一实数，使得，又，故为的中点，
所以 ，所以; 同理存在，使得，
又 ，
所以 ，所以，所以，所以，所以.
故选： C.
法二: 不妨设 为等腰直角三角形，其中，以为原点，所在 直线为轴，建立平面直角坐标系，如图，
，
则直线 的方程分别为，
联立解得， 由，
得 ，解得，则.
故选： C.
10．D
【分析】由题，结合三角函数的性质待定系数得，再依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：因为函数，其图象的两相邻对称中心间的距离为4，
所以的最小正周期，即，解得，
所以，
由，得，又，
所以，即，则A错误；
由，得，
所以的对称轴方程为，则B错误；
令，得，
所以的单调递减区间为，
不是的子集，则C错误；
由，得，
所以，解得，
所以，不等式的解集为，故D正确．
故选：D．
11．D
【分析】首先根据已知条件得到，再结合双曲线的定义得到，，，，，，再依次判断选项即可得到答案.
【详解】如图所示：
因为，所以，所以，
因为，且，，
所以，，，，，，
对选项A，因为，所以离心率，故A错误，
对选项B，因为，所以渐近线的斜率为．
故B错误.
对选项C，因为，故C错误.
对选项D，因为为等腰三角形，
所以的面积．故D正确.
故选：D
12．A
【分析】构造函数，由其单调性得出，再由导数得出的最大值，进而得出的取值范围.
【详解】由题意知，，不等式恒成立，
即成立.
设，则.
因为，
所以在上单调递增，于是对任意的恒成立，
即对任意的恒成立. 令，即.
因为，所以当时，;
当时，0 ，所以在上单调递增，
在上单调递减，所以，所以.
故选：.
【点睛】关键点睛：解决本题时，关键在于利用单调性得出，将不等式的恒成立问题转化为最值问题，利用导数得出最值，继而得出的取值范围.
13．28
【分析】由结合所有项的系数和得出，再由二项展开式的通项求解即可.
【详解】因为 展开式中所有项的系数和为 256 ，所以，解得，
由题意得 展开式中项的系数与展开式中的项的系数相同.
展开式的通项，令，得，
所以展开式中 项的系数为.
故答案为：
14．4
【分析】由圆的性质可知，再由勾股定理以及椭圆的定义得出圆的半径.
【详解】易知 ，连接，则，所以，
由椭圆的定义知，二者联立并解得，即圆的半径为 4 .
故答案为：.
15．.
【分析】先得出球被由正方体的表面所截曲面，再由弧长公式得出所截得的曲线总长.
【详解】如下图所示，易知球被由正方体的表面所截曲面为，
由，即，故.
球被面，面，面所截的曲线长均为，
故在此三面上所截得的曲线长为，
球在面，面，面所截得的曲线长均为，
故在这三面上所截得的曲线长的和为，
故所截得的曲线总长为.
故答案为：.
16．1011
【分析】根据，作差即可求出的通项公式，再由的解析式及诱导公式得到，再利用凑项法求和即可.
【详解】由于，①，
当时，，所以，
当时，，②，
①②得：，
所以，显然时，也成立，
当时，，
当时，也满足上式，所以；
因为，
所以，
所以；
又，
所以
．
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是通过对所求式子的观察，分析出要研究的和，由此得解.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理解出的长，再利用三角形面积公式即可得到答案；
（2）利用两次正弦定理得到，，两式相比得，再结合同角平方和关系即可解出，再代回正弦定理式即可得到答案.
【详解】（1）在中，，
即，解得(负根舍)，
所以.
（2）因为，平分，所以，
又，所以，
在中，由正弦定理，得，①
在中，由正弦定理，得，②
①②，得，所以，
又，且，所以，
将代入②，得，所以.
18．(1)平均数为27min
(2)分布列见解析，
【分析】（1）利用平均数的计算公式求解；
（2）利用二项分布的概率公式求出概率，列出分布列再求数学期望.
【详解】（1）由题意得，该校100名学生每日使用手机的时间的平均数为
．
所以估计该校学生每日使用手机的时间的平均数为27min．
（2）由题意知该校学生每日使用手机的时间在内的概率估计为，则，
所以，，
，，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
所以．（或）
19．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）由线面垂直的判定定理和性质定理可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可证明；
（2）分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.
【详解】（1）证明: 设的中点分别为，连接，
则，且，又，且，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以. 因为平面平面，所以，
所以，因为为的中点，所以，
所以 ，又 平面，且，
所以平面，又 平面，所以平面平面.
（2）由 （1） 得 ，所以两两垂直，
故以直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系 (如图所示)，
则，
所以.
设平面的一个法向量，则，
即令 ，解得，所以;
设平面的一个法向量，则，
即，令，解得，所以 ，
所以.
设二面角 的大小为，则，
所以 .
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由点得出，由得出直线的斜率，进而联立直线与抛物线方程，由弦长公式得出；
（2）联立直线和抛物线的方程，由韦达定理结合得出或，进而得出定点.
【详解】（1）解: 因为点 在上，所以，解得，所以的方程为，因为为的准线与轴的交点，所以，所以直线的斜率为，
因为，所以，所以直线的斜率为1，
所以直线的方程为，即
联立 消去得，
解得 ，或，将代入抛物线方程得，即，
所以 .
（2）证明: 易知直线的斜率存在，设直线的方程为，代入，
得，
设点则.
设点，则，所以直线的方程为.
令，得
所以. 同理得
设以线段为直径的圆与轴的交点为，
则
因为 ，则，即，
所以 ，
解得 或.
故以线段 为直径的圆经过轴上的两个定点和.
【点睛】关键点睛：在解决问题（2）时，关键在于利用韦达定理建立的联系，从而得出，进而得出定点.
21．(1)
(2).
【分析】（1）根据切线的几何意义得到，根据点斜式可得到方程;
（2）对进行求导，然后分，和且三种情况研究其单调性，判断最值的符号，结合零点存在定理即可
【详解】（1）因为，其定义域为，
因为，所以，所以，所以
又，所以的图象在处的切线方程为，即.
（2）由题意知，且其定义域为，易知，且，
当时，在上恒成立，
所以在上单调递增，不可能有2个不同零点，不合题意;
当时，令，则，
故在上单调递减，
当时，，且，
所以当时，，即，当时，，即，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，且，此时函数仅有一个零点，不合题意.
当且时，，
所以存在唯一的，使得，即，所以，
当时，，即;当时，，即，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又，所以.
设，则，
当时，;当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
于是，所以(当且仅当时等号成立)，
因为，所以，所以，
又在上单调递增，在上单调递减.
①当时，由，令，显然在上单调递增，
因为，所以，又，
所以，且由可得，
令，则，可得，
所以在上，单调递减，
从而，即.
所以，从而在内必有另一个零点，
故此时有两个零点.符合题意.
②当时，所以，
因为在定义域内是单调递增函数，且当时，，
所以，此时时，时，，
设，可得.
令，
所以在上单调递减，从而，故，
从而，且当时，存在，使得，
也即当有两个零点.
综上，所求实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
22．(1)，
(2)
【分析】（1）由平方关系消参数得普通方程，由公式法得极坐标方程；
（2）写出P的参数坐标，由点线距离公式结合辅助角公式讨论范围即可.
【详解】（1）由得又，
所以，即曲线C的普通方程为．
因为，，，
所以，即直线l的极坐标方程为．
（2）设，
由点到直线的距离公式可得P到直线l的距离
，其中，
所以当时，；
当时，．
所以点P到直线l的距离的取值范围为．
23．(1)
(2)
【分析】（1）原不等式即为，分、、三种情况解原不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）当时，原不等式可变形得出或，利用参变量分离法可求得实数的取值范围.
【详解】（1）解：因为，，即，
当时，，无解；
当时，，解得，所以；
当时，，化简得，所以．
所以不等式的解集为．
（2）解：因为，，可得，
当时，，可化为，
所以，或，
即存在，使得或．
若存在，使成立，因为，
当且仅当时，等号成立，所以；
若存在，使成立，
因为，当且仅当时，等号成立，所以．
综上，实数的取值范围为．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

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