2023张掖某重点校高三上学期10月月考数学（理）试题含解析

2022—2023学年度上学期高三十月月考试卷

理科数学

一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 设集合，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先解绝对值不等式，得集合，再求集合.

【详解】由得，，解得，所以集合.

又集合，所以.

故选：B.

2. 双曲线上一点到它的一个焦点的距离等于1，那么点到另一个焦点的距离等于（    ）．

A. 15 B. 16 C. 15或17 D. 17

【答案】D

【解析】

【分析】根据双曲线的定义和性质进行求解即可.

【详解】，所以有，

设两个焦点为，设，由双曲线的定义可知：，

所以或（舍去），

故选：D

3. 设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是

A. 若，，则 B. 若，，则

C. 若，，则 D. 若，，则

【答案】B

【解析】

【分析】利用可能平行判断，利用线面平行的性质判断，利用或与异面判断，与可能平行、相交、异面，判断.

【详解】，，则可能平行，错；

，，由线面平行的性质可得，正确；

，，则， 与异面；错，

，，与可能平行、相交、异面，错，.故选B.

【点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质、线面面垂直的性质，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.

4. 为了得到函数的图象，可将函数的图象（    ）

A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位

C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位

【答案】C

【解析】

【分析】利用函数的图象变换规律，可得的解析式．

【详解】解为了得到函数的图象，可将函数的图象向左平移个单位得到，

即．

故选：C．

5. 如果点在运动过程中，总满足关系式，则点的轨迹是（    ）．

A. 不存在 B. 椭圆 C. 线段 D. 双曲线

【答案】B

【解析】

【分析】根据椭圆的定义进行求解即可.

【详解】表示平面由点到点的距离之和为，而，所以点的轨迹是椭圆，

故选：B

6. 一个直棱柱被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据三视图还原几何体，根据几何体关系求解体积.

【详解】根据三视图关系还原几何体：

根据三视图的情况，可知是棱长分别为2，2，3的长方体被平面截去的几何体底面是直角三角形的三棱锥，所以所求几何体体积=直四棱柱体积三棱锥体积，即.

故选：C

7. 函数的部分图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据函数的奇偶性可排除A；再根据的符号，即可得出答案.

【详解】解：，

所以函数为偶函数，故排除A；

又，故排除C；

，故排除B.

故选：D.

8. 以椭圆内一点为中点的弦所在的直线方程是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先设直线与椭圆的两个交点，，再利用点差法求直线的斜率，最后求解直线方程.

【详解】设过点的直线交椭圆于，两点，

则，两式相减得，

因为，，

，两边同时除以得，

得，

所以直线方程为，即.

故选：B

9. 已知圆：．设是直线：上的动点，是圆的切线，为切点，则的最小值为（    ）

A.  B.  C. 3 D. 5

【答案】D

【解析】

【分析】把化成，再利用切线长性质转化成求点M到直线l距离即可作答.

【详解】如图，连AM，圆M半径2，则，，

圆心到直线l的距离，从而得，

于是得，当且仅当时取“=”，

所以的最小值为5.

故选：D

10. 如图，O是坐标原点，P是双曲线右支上的一点，F是E的右焦点，延长PO，PF分别交E于Q，R两点，已知QF⊥FR，且，则E的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】令双曲线E的左焦点为，连线即得，设，借助双曲线定义及直角用a表示出|PF|，，再借助即可得解.

【详解】如图，令双曲线E的左焦点为，连接，

由对称性可知，点是线段中点，则四边形是平行四边形，而QF⊥FR，于是有是矩形，

设，则，，，

在中，，解得或m＝0（舍去），

从而有，中，，整理得，，

所以双曲线E的离心率为．

故选：B

11. 如图，在三棱锥的平面展开图中，四边形是菱形，，则三棱锥外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将三棱锥的直观图还原，确定出球心，进而算出球的半径得到答案.

【详解】将三棱锥的直观图还原，如图所示，

则，∴，∴．取的中点O，连接，则，∴O为三棱锥外接球的球心，半径，故三棱锥外接球的表面积．

故选：C.

12. 已知、、，且、、，下列不等式正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】本题首先可将题中条件转化为、、，然后设，通过导函数求出的单调性，则、、，最后通过即可得出结果.

【详解】即，即，即，

设，则，，，

，

当时，，是减函数，

当时，，是增函数，

因为、、，所以、、

因为，所以，，

故选：C.

二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知过点且与两坐标轴都有交点的直线l与圆相切，则直线l的方程为__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意可设直线l的方程为，即，再根据直线与圆的位置关系求得，进而代入整理计算得答案.

【详解】解：因为直线l过点且与两坐标轴都有交点，

所以设直线l的方程为，即，

因为直线l与圆相切，

所以，解得，

所以直线l的方程为.

故答案为：.

14. 碳60（）是一种非金属单质，它是由60个碳原子构成分子，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2．则其六元环的个数为__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据顶点数－棱数＋面数＝2求出棱数，设正五边形有个，正六边形有个，根据面数和棱数即可得关于的方程组，解得的值，即可求解.

【详解】根据题意， 碳（）由个顶点，有个面，

由顶点数－棱数＋面数＝2可得：棱数为，

设正五边形有个，正六边形有个，

则，解得：，所以六元环的个数为个，

故答案为：

15. 过双曲线的左焦点F且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，过A，B分别作双曲线的同一条渐近线的垂线，垂足分别为P，Q.若，则双曲线的离心率为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据图象可知焦点F到渐近线的距离，结合离心率定义可得结果.

【详解】

如图所示，左焦点F到渐近线的距离，

而，∴，

∴双曲线的离心率为.

故答案为：

16. 在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知且c＝1，则△ABC面积的取值范围为____.

【答案】

【解析】

【分析】由三角形的余弦定理可得b2＝1+a2﹣a，由△ABC为锐角三角形，可得a2+b2＞c2，b2+c2＞a2，解得a的范围，再由三角形的面积公式，计算可得所求范围.

【详解】且c＝1，可得b2＝c2+a2﹣2accosB，

即为b2＝1+a2﹣a，

由△ABC为锐角三角形，可得a2+b2＞c2，b2+c2＞a2，

即为2a2﹣a＞0，且2﹣a＞0，

解得＜a＜2，

则△ABC面积S＝acsinB＝a∈（，），

故答案为：（，）.

【点睛】本题考查三角形的余弦定理和面积公式的运用，以及锐角三角形的定义，考查化简运算能力，属于中档题.

三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 已知数列的前项和为，，.

（1）求的通项公式；

（2）记，求数列前项和.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）由和，两式做差可得，可求得的通项公式；

（2）将代入，运用裂项相消求和法即可求得结果.

【详解】（1）取，有解得，或（舍），

取，则，化简有

，由知，

故是首项为，公差为的等差数列，.

（2）因为，所以

.

18. 如图，在长方体中，分别是和的中点，是上的点，且.

（1）求三棱锥的体积；

（2）作出长方体被平面所截的截面（只需作出，说明结果即可）；

（3）求证：∥平面.

【答案】（1）；（2）详见解析；（3）详见解析

【解析】

【分析】（1）将三棱锥的体积转化为三棱锥的体积即可；

（2）取的中点，连接，，则就是长方体被平面所截的截面；

（3）设，连接，由线面平行的判定定理转化为只需证明即可.

【详解】（1）三棱锥的体积.

（2）取的中点，连接，，则就是长方体被平面所截的截面.

（3）设，连接，因，则，所以，又，所以，

又，所以，又平面，平面，故平面.

19. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上.

（1）求点的坐标和抛物线的准线方程；

（2）过点的直线与抛物线交于两个不同点，若的中点为，求的面积.

【答案】（1），；（2）

【解析】

【分析】

（1）因为在抛物线上，可得，由抛物线的性质即可求出结果；

（2）由抛物线的定义可知，根据点斜式可求直线的方程为 ，利用点到直线距离公式求出高，进而求出面积.

【详解】（1）∵在抛物线上，，

∴点的坐标为，抛物线的准线方程为；

（2）设 的坐标分别为，则，

，∴直线的方程为 ，

点到直线的距离，

.

【点睛】本题主要考查了抛物线的基本概念，直线与抛物线的位置关系，属于基础题.

20. 在中，内角A，B，的对边分别为a，b，c，设向量，.

（1）若，，求.

（2）若， ，求的值.

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）由向量共线得，进而根据正弦定理边角互化整理得，进一步得，再求解即可得答案；

（2）由向量数量积运算得，再根据正弦定理边角互化并整理得，进一步根据得，，最后根据并结合余弦的和角公式计算即可.

【小问1详解】

解：因为，，，

所以，

所以有正弦定理边角互化得，即，

因为，

所以或,

因为，所以，，

所以在中，，

所以.

【小问2详解】

解：因为，，

所以，

所以由正弦定理得，

因为，

所以，

因为，

所以，

因为，所以，即

所以，

所以

21. 如图，且，，且，，且，，平面，．

（1）求二面角的余弦值；

（2）若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；

（2）设点坐标为，即可得到，求出平面的法向量，根据线与面所成角为得到方程，解得即可；

【详解】解：因为平面平面平面，

所以，又

故可以为坐标原点，的方向分别为轴正方向，建立如图所示的

空间直角坐标系．

由且且且，

可知，各点坐标为，

（1）易知

设平面的法向量为，则由可得

，故平面的一个法向量为．

设平面的法向量为，则由可得

，故平面的一个法向量为

因为且显然二面角为锐角．

故二面角的余弦值为；

（2）因为点在线段上，故可设点坐标为，其中

于是，

易知平面的一个法向量为

因为直线与平面所成的角为，

所以

解得

所以线段的长为．

22. 已知长度为3的线段的两个端点A，B分别在x轴和y轴上运动，动点P满足，记动点P的轨迹为曲线C.

（1）求曲线C的方程；

（2）设曲线C与y轴的正半轴交于点D，过点D作互相垂直的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，连接MN，试判断直线MN是否经过定点．若是，求出该定点坐标；若否，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）是，定点．

【解析】

【分析】小问1：设动点和点A，B的坐标，利用向量数乘关系结合容易求得方程；

小问2：讨论直线的斜率不存在时与存在时的情况，若存在，设直线方程为，代入曲线C的方程，结合韦达定理和，运用向量数量积求解，即可求出定点．

【小问1详解】

设，由，

，即.

. 又，.

从而.

曲线的方程为；

【小问2详解】

由题意可知，当直线的斜率不存在时，直线方程为；

当直线的斜率存在时，设直线方程为

由，消去得，

设则

因为，，则

所以，又

化为

所以

得，所以直线方程为，过定点；

综上所述：直线MN经过定点．