精品解析：安徽省阜阳市临泉第一中学（高铁分校）2022-2023学年高一下学期第三次月考数学试卷（解析版）

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2022-2023学年高一第三次月考数学考试时间：120分钟；注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、单选题（本大题共8小题，共40.0分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 若全集，，，则集合等于（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意结合集合间的运算逐项分析判断．【详解】因为全集，，，因为，，，， ，， 则集合 ，故A、B、C错误，D正确.故选：D．2. “”是“”（    ）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【答案】A【解析】【分析】根据题意由得出或，然后根据充分和必要条件的定义进行判断即可.【详解】由得或，所以由可以得到，但由不一定得到，所以是的充分不必要条件.故选：A.3. 复数A. 2 B. －2 C. 2i D. -2i【答案】A【解析】【分析】利用即可得解.【详解】故选A.【点睛】本题考查了复数的乘法及乘方运算，属于基础题. 4. 如图所示，用符号语言可表达为（    ）  A. ，， B. ，，C. ，，， D. ，，，【答案】A【解析】【分析】结合图形及点、线、面关系的表示方法判断即可．【详解】如图所示，两个平面与相交于直线，直线在平面内，直线和直线相交于点，故用符号语言可表达为，，，故选：A．5. 已知向量，，若，则（    ）A. 5 B.  C. 6 D. 【答案】A【解析】【分析】通过向量的数量积求解，并求出向量的坐标，然后利用向量模的坐标运算求出．【详解】解：向量，，若，可得，解得，所以，则．故选：A．【点睛】本题考查向量的数量积的运算，向量的模的求法，是基本知识的考查．6. 在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形四面体称为鳖臑.如图，在鳖臑中，平面，且 ，则直线与平面所成角的正切值是（ ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据条件判断出直线与平面所成角即为，然后根据线段长度即可计算出线面角的正切值.【详解】因为平面，所以，又因为，所以平面，所以直线与平面所成角即为，又因为，所以，故选：B.【点睛】本题考查线面垂直关系的判断与证明以及求解线面角的正切值，难度一般.利用几何方法求解线面角的三角函数值时，首先可考虑根据线面垂直关系作出线面角，然后再求解相关值.7. 在中，已知，且满足，则的面积为A. 1 B. 2 C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理先进行化简，然后根据余弦定理求出C的大小，结合三角形的面积公式进行计算即可．【详解】在中，已知，∴由正弦定理得，即，∴＝＝，即＝.∵ ，∴的面积．故选D．【点睛】本题主要考查三角形面积的计算，结合正弦定理余弦定理进行化简是解决本题的关键,属于基础题．8. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则函数的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用三角函数图象变换求出，再根据三角恒等变换公式及二倍角公式结合三角函数性质即可求解.【详解】解：函数图象向右平移个单位长度后得到函数所以，则当时，取得最大值，且最大值为故选：C.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分．每小题有多项符合题目要求）9. 一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是（    ）  A. 圆柱的侧面积为B. 圆锥的侧面积为C. 圆柱的侧面积与球的表面积相等D. 圆柱､圆锥､球的体积之比为【答案】CD【解析】【详解】根据圆柱，圆锥，球体的侧面积，表面积，和体积公式依次判断选项即可.【点睛】对选项A，圆柱的侧面积为，故A错误；对选项B，圆锥的母线为，圆锥的侧面积为，故B错误.对选项C，球的表面积为，故C正确.对选项D，圆柱的体积，圆锥的体积，球的体积，所以圆柱､圆锥､球的体积之比为，故D正确.故选：CD10. 下列命题正确的是（    ）A. 平面平面，一条直线平行与平面，则一定平行于平面B. 平面平面，则面内的任意一条直线都平行于平面C. 一个三角形有两条边所在的直线分别平行于一个平面，那么该三角形所在的平面与这个平面平行D. 分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线【答案】BCD【解析】【分析】由空间直线与平面、平面与平面的平行的判定定理与性质定理，对每一个选项进行逐一判断即可得到答案.【详解】选项 平面平面，一条直线平行于平面，则可能在平面内，故A错误；选项B. 平面平面，则内的任意一条直线都平行与平面，故B正确；选项C. 一个三角形有两条边所在的直线平行于一个平面，由面面平行的判定知，三角形所在的平面与这个平面平行，故C正确；选项D. 分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线，不可能相交，故D正确.故选：BCD.11. 下列说法正确的序号是（    ）A. 偶函数的定义域为，则B. 一次函数满足，则函数的解析式为C. 奇函数在上单调递增，且最大值为8，最小值为，则D. 若集合中至多有一个元素，则【答案】AC【解析】【分析】对A，由偶函数定义域对称解出参数即可；对B，设，则可得，建立方程组求解即可；对C，由单调性得，，由奇偶性得，，即可求解；对D，分别讨论、解的个数即可【详解】对A，偶函数的定义域为，，解得，A对；对B，设一次函数，则，
∵，，解得或，函数的解析式为或，B错；对C，奇函数在上单调递增，且最大值为8，最小值为，
，，，，，C对；对D，集合中至多有一个元素，方程至多有一个解，
当时，方程只有一个解，符合题意；
当时，由方程至多有一个解，可得，解得，或，D错.故选：AC12. 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图在堑堵中，，且．下列说法正确的是（    ）A. 四棱锥为“阳马”B. 四面体为“鳖臑”C. 四棱锥体积最大为D. 过点分别作于点，于点，则【答案】ABD【解析】【分析】根据“阳马”和“鳖臑”的定义，可判断A，B的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意可证平面，进而判断D的正误.【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，∴在堑堵中，，侧棱平面，A选项，∴，又，且，则平面，∴四棱锥为“阳马”，对；B选项，由，即，又且，∴平面，∴，则为直角三角形，又由平面，得为直角三角形，由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形．∴四面体为“鳖臑”，对；C选项，在底面有，即，当且仅当时取等号，，错；D选项，因为平面，则，且，则平面，∴，又且，则平面，所以则，对；故选：ABD．三、填空题（本题共4小题，共20.0分）13. 已知向量，．若向量与垂直，则________．【答案】7【解析】【分析】首先求出的坐标，再根据两个向量垂直的性质得到，根据向量数量积的坐标运算得到方程，即可求得实数的值．【详解】解：因为，，所以，因为向量与垂直，所以，解得，故答案为：7．14. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为，酒杯内壁表面积为.设酒杯上部分（圆柱）的体积为，下部分（半球）的体积为，则的值是__.【答案】2.【解析】【分析】设圆柱的高为，表示出表面积可得，再分别表示出，即可.【详解】解：设酒杯上部分高为，则酒杯内壁表面积，则，所以，，故，故答案为：2.【点睛】本题考查圆柱、球体积及表面积的公式，需熟记公式，属于基础题.15. 下列说法中，所有正确说法的序号是______．①终边落在y轴上的角的集合是；②函数图象的一个对称中心是；③函数在第一象限是增函数；④为了得到函数的图象，只需把函数的图象向右平移个单位长度．【答案】②④【解析】【分析】对于①：根据任意角的定义分析判断；对于②：根据题意以为整体，结合正弦函数分析判断；对于③：通过举反例说明命题错误；对于④：根据函数图象变换规律得出分析运算．【详解】对于①：当角的终边落在轴的非负半轴上时，角；当角的终边落在轴的非正半轴上时，角；故终边落在轴上的角的集合是，故①不正确；对于②：令，可得对称中心为，令，得到一个对称中心的坐标，故②正确；对于③：因为，是第一象限角，且，，所以函数在第一象限是增函数错误，故③不正确；对于④：只需把函数的图象向右平移个长度单位，即可得到函数，故④正确；故答案为：②④．16. 函数的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于､两点，且在轴上，圆的半径为，则___________.【答案】【解析】【分析】根据题意，结合图像求出周期，进而可得的值，再代点分别求出和的值，即可得到函数的解析式，进而可得.【详解】由图可知，点，故，即，因，所以.由，得，又因，所以，故.由图可知，又因且圆半径为，所以，因此，即，所以.因此.故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，共70.0分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 已知z为复数，和均为实数，其中是虚数单位.（1）求复数z；（2）若复数对应的点在第四象限，求实数m的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设出复数，化简，利用实数，虚部为0，即可求出复数．（2）化简复数，利用复数的几何意义转化为不等式组求解即可．【小问1详解】为复数，和均为实数，可设：，，，为实数，可得，解得，复数．【小问2详解】复数，复平面上对应的点在第四象限，可得：，解得．18. 已知，，．（1）求的最小正周期及单调递减区间；（2）求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】（1）最小正周期为，单调减区间为；（2）最大值为3，最小值为0．【解析】【分析】（1）利用向量的坐标运算化简，再利用整体的思想.（2）根据（1）的结果及的范围求出的范围，从而计算出函数的最值.【详解】解：，，
由
，
的最小正周期，
由，
得：，
的单调递减区间为，；
由可得：
当时，函数取得最小值为
当时，函数取得最大值为
故得函数在区间上的最大值为3，最小值为0．19. 已知四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，，∠ACB＝90°．（1）求证：BC⊥平面PAC；（2）求直线PC与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）通过证明，即可证明平面；（2）过作于，则直线与平面所成的角为，然后解三角形求解即可．【小问1详解】因为底面，平面，则，又因为，即，，，平面，所以平面．【小问2详解】过作于，连接，因为底面，平面，则，，平面，所以平面，所以直线与平面所成的角为，因为，//，，则，是等边三角形，可得，又因为，在中，，中求得，所以，即直线与平面所成的角的正弦值为． 【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质，同时考查线面角的求解，属于基础题．20. 已知两个非零向量与不共线，（1）若，求证：A､B､D三点共线；（2）试确定实数k，使得与共线；（3）若，且，求实数的值.【答案】（1）证明见解析    （2）    （3）【解析】【分析】（1）由平面向量的共线定理证明共线，即可得证；（2）由平面向量共线定理与向量相等求解即可；（3）由向量垂直的坐标表示求解即可【小问1详解】∵，∴，∴共线，又∵它们有公共点B，∴A､B､D三点共线；【小问2详解】∵与共线，∴存在实数，使，即，∴，∵是两个不共线的非零向量，∴，∴，解得；【小问3详解】∵，且，∴，解得.21. 如图所示，在四边形ABCD中，∠D＝2∠B，且AD＝1, CD＝3，cos B＝.(1)求△ACD的面积；(2)若BC＝，求AB的长．【答案】(1) ；（2）4.【解析】【详解】试题分析：（1）根据二倍角公式求cos D，再根据平方关系求sin D，最后根据三角形面积公式求求△ACD的面积；（2）根据余弦定理求AC，再根据余弦定理求AB试题解析：(1)因为∠D＝2∠B，cos B＝，所以cos D＝cos 2B＝2cos2B－1＝－.因为D∈(0，π)，所以sin D＝＝.因为AD＝1，CD＝3，所以△ACD的面积S＝AD·CD·sin D＝×1×3×＝.(2)在△ACD中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos D＝12，所以AC＝2.因为BC＝2，＝，所以＝＝＝＝，所以AB＝4.22. 如图，已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，H在BD上.（1）证明：；（2）若AB的中点为N，求证：平面APD.【答案】（1）证明见解析；    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）连结AC交BD于O，连结OM.先证明出面MBD，再利用线面平行的性质定理即可证明；（2）连结 MN.取PD 的中点E，连结EM,AE.利用线面平行的判定定理即可证明平面APD.【小问1详解】连结AC交BD于O，连结OM.因为ABCD是平行四边形，所以O为AC中点.因为M是PC的中点，所以.因为面MBD，面MBD，所以面MBD.又过G和AP作平面交平面BDM于GH，H在BD上，所以.【小问2详解】连结 MN.取PD 的中点E，连结EM,AE.因为M是PC的中点，所以，且.因为ABCD是平行四边形，所以，且所以，且，所以四边形ANME为平行四边形，所以.因为面APD，面APD，所以平面APD.