2023届江苏省泰州中学高三上学期第一次月度检测数学试题含解析

这是一份2023届江苏省泰州中学高三上学期第一次月度检测数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江苏省泰州中学高三上学期第一次月度检测数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】化简集合B，利用并集概念及运算即可得到结果.【详解】由题意可得：又∴故选：C【点睛】本题考查并集的概念及运算，考查分式不等式的解法，属于基础题.2．已知复数z的共轭复数，则复数z在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】由复数的运算法则计算后根据共轭复数概念得，再由几何意义得对应点坐标，从而得结论．【详解】，故，在复平面内对应的点为，位于第四象限.故选：D.3．某圆锥体积为1，用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为，则该圆台体积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，通过表示大圆锥和小圆锥体积，作差可得圆台体积.【详解】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，则大圆锥的体积即为，整理得，即小圆锥的体积为所以该圆台体积为故选：A.4． 埃拉托斯特尼是古希腊亚历山大时期著名的地理学家，他最出名的工作是计算了地球（大圆）的周长.如图，在赛伊尼，夏至那天中午的太阳几乎正在天顶方向（这是从日光直射进该处一井内而得到证明的）.同时在亚历山大城（该处与赛伊尼几乎在同一子午线上），其天顶方向与太阳光线的夹角测得为.因太阳距离地球很远，故可把太阳光线看成是平行的.埃拉托斯特尼从商队那里知道两个城市间的实际距离大概是5000斯塔蒂亚，按埃及的长度算，1斯塔蒂亚等于157.5米，则埃拉托斯特尼所测得地球的周长约为（    ）A． 38680千米     B． 39375千米     C． 41200千米     D． 42192千米【答案】B【分析】由题意可将赛伊尼和亚历山大城之间的距离看作圆心角为的扇形的弧长，由此可计算地球半径，进而求得地球周长.【详解】由题意可知，赛伊尼和亚历山大城之间的距离可看作圆心角为的扇形的弧长，设地球半径为，则，∴地球周长为（米）=（千米），故选：B.5．已知等比数列的前n项和为，若，则（    ）A．32 B．28 C．48 D．60【答案】D【分析】根据等比数列前n项和为的特征即可按比例求解.【详解】由可知公比，所以，因此，故选：D6．在三棱锥中，是边长为2的正三角形，，，分别是，的中点，且，则三棱锥外接球的表面积为 （    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】取AC中点Q，连接PQ、BQ，根据线面垂直的判定定理，可证平面BPQ，即可得，结合题意，根据线面垂直的判定及性质定理，可证，同理，将补成一个正方体，根据条件，求得正方体边长，根据正方体体对角线为外接球直径，即可求得外接球半径r，即可得答案.【详解】取AC中点Q，连接PQ、BQ，如图所示 因为PA=PC，Q为AC中点，所以，又是正三角形，所以，又，平面BPQ，所以平面BPQ，又平面BPQ，所以，因为，分别是，的中点所以为中位线，所以又因为，所以，且，，平面所以平面，所以，同理，则，，两两垂直如图将补成一个正方体，如图所示， 由题意得：，则，又正方体的体对角线为外接球的直径，所以外接球半径，所以，故选：A.【点睛】解题的关键是熟练掌握线面垂直的判定、性质定理，并灵活应用，对于侧棱两两垂直的三棱锥，外接球即为所在正方体的外接球，考查空间想象能力，属中档题.7．如图，在矩形中，相交于点O，，，，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用平面向量的线性运算和平面向量基本定理即可求解．【详解】∵，显然，所以，∴，∵，∴，故选：D．8．设，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【详解】因为，所以．设，则，令，则．当时，，，，所以，所以当时，，所以在上单调递增，从而，因此，即．综上可得．故选：A【点睛】比较函数值的大小，要结合函数值的特点，选择不同的方法，本题中，可以作差进行比较大小，而的大小比较，则需要构造函数，由导函数得到其单调性，从而比较出大小，有难度，属于难题. 二、多选题9．设复数，（R），对应的向量分别为（为坐标原点），则（    ）A． B．若，则C．若，则 D．若，则的最大值为【答案】AD【分析】对A，根据模长公式求解即可；对B，根据向量平行的坐标公式求解即可；对C，根据向量垂直的坐标公式求解的关系，再求解即可；对D，根据复数的几何意义数形结合求解即可【详解】对A，；对B，对应的坐标为，对应的坐标为，因为，故，即，故B错误；对C，若，则，即，因为，故，即，故，故C错误；对D，若，即，其几何意义为到的距离小于等于，又的几何意义为到的距离，故的最大值为故D正确；故选：AD10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．若函数的最小正周期为，则其图象关于直线对称B．若函数的最小正周期为，则其图象关于点对称C．若函数在区间上单调递增，则的最大值为2D．若函数在有且仅有5个零点，则的取值范围是【答案】ACD【分析】根据最小正周期可以计算出，便可求出对称轴和对称点，可判断A、B选项；根据正弦型函数的单调性可以推出的值，可判断C选项；根据零点情况可以求出的取值范围，可判断D选项.【详解】选项：的最小正周期为，故正确；B选项：的最小正周期为，故B错误；C选项：又函数在上单调递增，故C正确；D选项：又在有且仅有个零点，则，故D正确.故选：ACD11．如图，在三棱锥中，平面为垂足点，为中点，则下列结论正确的是（    ）A．若的长为定值，则该三棱锥外接球的半径也为定值B．若的长为定值，则该三棱锥内切球的半径也为定值C．若的长为定值，则的长也为定值D．若的长为定值，则的值也为定值【答案】ACD【分析】对于A，将三棱锥补形成长方体，易知该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，为外接球的直径，即可判断；对于B，假设内切球的球心为通过图形特征假设两种情况，保持的长一样，求出各自情况的内切球的半径即可判断；对于C和D，建立空间直角坐标系进行向量的坐标运算，即可判断【详解】解：对于A，将三棱锥补形成长方体，易知该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，所以为外接球的直径，所以该三棱锥外接球的半径也为定值，故正确；对于B，因为平面平面所以因为平面所以平面因为平面所以，假设内切球的球心为第一种情况不妨假设，此时内切球的半径为根据，即，，解得；第二种情况不妨假设，此时内切球的半径为根据，即，解得，综上所述，当的长为定值，三棱锥内切球的半径不为定值，故错误；对于C和D，以C点为原点建立空间直角坐标系，如图所示，假设则，则，因为在上，所以设，则因为，所以，所以，解得，所以所以，，则，，所以当的长为定值时，的长也为定值；当的长为定值，则的值也为定值，故C，D正确，故选：ACD12．设，正项数列满足，下列说法正确的有（    ）A． 为中的最小项B．为中的最大项C．存在，使得成等差数列D．存在，使得成等差数列【答案】AB【分析】由可得，故构造，利用导数求其单调性，不难发现是最小的项；在构造，为了比较之后每一项与前一项的关系，发现是最大的项，易得BCD选项的对与错【详解】解：由可得令，当递增；当递减且是最小的项；所以A正确令在区间内递减，即；即即，所以，综上所述，是最大的项，所以B正确，由于 是最小的项，是最大的项，则不可能使得成等差数列，故C错误；由C知，不成等差数列，当时，因为，所以，则，，所以不存在成等差数列，故D错误故选：AB【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 三、填空题13．过点作直线的垂线，则垂线方程为_____________．【答案】【分析】由已知求得垂线的斜率，从而求出垂线方程．【详解】直线的斜率为，所以垂线的斜率为，又垂线过点，所以垂线的方程为，即．故答案为：．14．已知（a，），则的最小值为________．【答案】9【分析】根据，利用“1”的代换，将转化为，利用基本不等式求解.【详解】因为，所以，所以，当且仅当，即时，取等号.所以的最小值为9.故答案为：9【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，还考查了运算求解的能力，属于基础题.15．将函数y=的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是____.【答案】【分析】先根据图象变换得解析式，再求对称轴方程，最后确定结果.【详解】当时故答案为：【点睛】本题考查三角函数图象变换、正弦函数对称轴，考查基本分析求解能力，属基础题.16．已知是定义域为的函数，为奇函数，为偶函数，则______.【答案】0【分析】依题意可得关于直线对称、关于点对称且时周期为的周期函数，再求出、，即可得解.【详解】解：因为为偶函数，所以，所以，即，则关于直线对称，因为为奇函数，所以，所以的图象关于点对称，所以，则，所以是周期为的周期函数，由，即，所以为奇函数，又是定义域为的函数，所以，在中，令，所以，所以，在中，令，所以，所以，所以，所以.故答案为： 四、解答题17．已知直线.(1)求证：直线经过定点，并求出定点P；(2)经过点P有一条直线l，它夹在两条直线与之间的线段恰被P平分，求直线l的方程.【答案】(1)证明见解析，定点(2) 【分析】（1）将直线l的方程改写为，令，且，解方程组即可.（2）设出A与B两点的坐标，因为P为线段AB的中点，利用中点坐标公式即可列出两点坐标的两个关系式，然后把A的坐标代入直线，把B的坐标代入直线，又得到两点坐标的两个关系式，把四个关系式联立即可求出A的坐标，然后由A和P的坐标，利用两点式即可写出直线的方程.【详解】(1)证明：将直线l的方程改写为，令，且，两式联立，解得，，所以直线过定点.(2)如图，设直线l夹在直线，之间的部分是AB，且AB被平分，设点A，B的坐标分别是，，则有，，又A，B两点分别在直线，上，所以，，由以上四个式子解得，，即，所以直线AB的方程为.18．已知向量，，.（1）若，求的值；（2）当时，求函数的值域.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由，，利用平面向量的数量积运算得到，再由，得到，然后利用二倍角的余弦公式结合商数关系求解；（2）由，根据，利用正弦函数的性质求解.【详解】（1）因为，，所以，因为，所以，所以，所以，.（2），因为，所以.当，即时，取最小值；当，即时，取最大值2.所以当时，函数的值域为.19．在中，角的对边分别为，且．(1)求；(2)若，且为锐角三角形，求的面积的取值范围．【答案】(1)B(2) 【分析】（1）由正弦定理边角互化得，再结合三角恒等变换得，进而得答案；（2）结合题意得，再根据正弦定理得，进而根据面积公式与三角恒等变换得，再求范围即可.【详解】(1)解：∵，由正弦定理可得：，又∵，∴，即： ∵，∴，即(2)解：为锐角三角形，所以，解得，∵，由正弦定理得，即，∴，∴，∵，∴，∴．∴的面积的取值范围为．20．已知数列{an}满足a1＝1，，n∈N.(1)令bn＝a2n－1，判断{bn}是否为等差数列，并求数列{bn}的通项公式；(2)记数列{an}的前2n项和为T2n，求T2n.【答案】(1)是，bn＝2n－1，n∈N(2)，n∈N 【分析】（1）化简已知条件，求得，由此证得是等差数列并求得.（2）利用分组求和法来求得.【详解】(1)，，化简得，即，所以数列是以为首项，公差为的等差数列，所以.(2)当为偶数时，可得，所以是以为首项，为公比的等比数列.当为奇数时，可得，所以是以为首项，为公差的等差数列.所以.21．如图，在三棱台中，底面是等腰三角形，且，，O为的中点．侧面为等腰梯形，且，M为的中点．(1)证明：平面平面；(2)记二面角的大小为，当时，求直线与平面所成角的正弦的最大值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先由条件得到线面垂直，即平面，再得到面面垂直即可.（2）以分别为x轴、y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后根据线面角的公式得到函数关系式，从而得到其最大值.【详解】(1)证明：∵是等腰三角形，O为的中点，∴，∵侧面为等腰梯形，M为的中点，∴，∵平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．(2)在平面内，作，∵平面平面，平面平面平面，∴平面，以分别为x轴、y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．∵，∴为二面角的平面角，即，∴，，，，，，∴，设平面的法向量为，其中，所以，即，则可取，设直线与平面所成的角为，则，设，则，∴在上单调递增，∴，即∴，∴．∴直线平面所成角的正弦的最大值为．22．已知函数(1)当时，求函数在处的切线方程；(2)若函数有两个零点．①求的取值范围；②求证：．【答案】(1)(2)①；②答案见解析 【分析】（1）由导数的几何意义即可求得切线方程；（2）①根据题意，极小值，注意到，若时，时，不符合题意，从而得，然后进行验证，证明并利用不等式以及时，，结合的单调性，可得出在和各存在一个零点，从而得时，存在两个零点；②证明并利用重要不等式：，结合函数有两个零点，且，可得，，两式相加即可证得结论．【详解】(1)当时，，，则函数在处的切线方程为．(2)①得到，当；，函数有两个零点，所以函数极小值为，，若时，当时，，函数不可能有两个零点，．下面验证：时，存在两个零点．验证时用到不等式：．证明如下：即，令，，，在上单调递减，，即，．∴当时，，由，得，解得，，∴，又在上单调递减，所以函数在存在唯一零点；当时，，又在单调递增，所以函数在存在唯一零点，综上，，函数有两个零点．②先证明一个重要不等式：．令，，，在上单调递增．当时，，即，．又，所以，∵，即，∴，整理得：，∵，∴，∴，即，∵，即，∴，整理得：，∴，∴，即，∵，所以，命题得证．