2023泰州中学高三上学期第一次月度检测数学试题Word含答案

2022-2023学年秋学期高三年级第一次月度检测试卷

数学学科试卷

出题人：     审题人：

一、单项选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分）

1．已知集合，则（    ）

A．     B．     C．     D．

2．己知复数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

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．

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，则诶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

5．已知等比数列的前n项和为，若，则（    ）

A．32     B．28     C．48     D．60

6．在三棱锥中，是边长为2的正三角形，，E，F分别是，的中点，且，则三棱锥外接球的表面积为（    ）

A．     B．     C．     D．

7．如图，在矩形中，相交于点O，，，，，，则（    ）

A．     B．

C．     D．

8．设，则（    ）

A．     B．     C．     D．

二、多项选择题（共4小题，每题5分，全部选对得5分，部分选对得2分）

9．设复数对应的向量分别为（O为坐标原点），则（    ）

A．                       B．若，则

C．若，则     D．若，则的最大值为

10．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2

D．若函数在有且仅有5个零点，则的取值范围是

11．如图，在三棱锥中，平面，E为垂足点，F为中点，则下列结论正确的是（    ）

A．若的长为定值，则该三棱锥内切球的半径也为定值

B．若的长为定值，则该三棱锥外接球的半径也为定值

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

12．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

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．过点作直线的垂线，则垂线方程为_____________．

14．已知，则的最小值为_____________．

15．将函数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_____________．

16．已知是R上的函数，为奇函数，为偶函数，则_____________．

四、解答题（本大题共6小题，共70分）

17．（本题满分10分）

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．

18．（本题满分12分）

己知向量．

（1）若，求的值；

（2）当时，求函数的值域．

19．（本题满分12分）

在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

（1）求B；

（2）若，且为锐角三角形，求的面积S的取值范围．

20．（本题满分12分）

已知数列满足．

（1）令，判断是否为等差数列，并求数列的通项公式；

（2）记数列的前项和为，求．

21．（本题满分12分）

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．

22．（本题满分12分）

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a的取值范围；

②求证：．

2022-2023学年秋学期高三年级第一次月度检测试卷

数学学科试卷

一、单项选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分）

1．【答案】C

【解析】

【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

2．【答案】D

【解析】

【分析】由复数的运算法则计算后根据共轭复数概念得z，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．【答案】A

【解析】

【分析】设小锥体的底面半径为r，大锥体的底面半径为，小锥体的高为h，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r，大锥体的底面半径为，小锥体的高为h，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．【答案】B

【解析】

【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r，则，

∴地球周长为（米）（千米），

故选：B

5．答案D．

6．【答案】A

【分析】取中点Q，连接，根据线面垂直的判定定理，可证平面，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】取中点Q，连接，如图所示

因为，Q为中点，

所以，

又是正三角形，

所以，

又平面，

所以平面，又平面，

所以，

因为E，F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．【答案】D

【解析】

【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】解：∵，显然，

所以，

∴，

∵，

∴，

故选：D．

8．【答案】A

【解析】

【详解】因为，所以．

设，

则，

令，则．

当时，，

所以，所以当时，，

所以在上单调道增，

从而，

因此，即．

综上可得．

故选：A．

二、多项选择题（共4小题，每题5分，全部选对得5分，部分选对得2分，共20分）

9．【答案】AD

【解析】

【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x，y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

10．【答案】ACD

【解析】

【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】

A选项：∵的最小正周期为

∴

∴，故A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5个零点，则，∴，故D正确．

故选：ACD．

11．【答案】BCD

【解析】

【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O，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O，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E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：BCD

12．【答案】AB

【解析】

【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

三、填空题

13．答案：

14．【答案】9

【解析】

【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

15．【答案】

【解析】

，∴

当时，．

故答案为：

16．【答案】0

【解析】

【分析】依题意可得关于直线对称、关于点对称且时周期为4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4的周期函数，

由，即，所以为奇函数，

又是定义域为R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：0

17．（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）设直线l夹在直线之间的部分是，且被平分，

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，

所以直线的方程为．

18．（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．（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S的取值范围为．

20．解：因为，

所以，

即，

又，所以，所以以1为首项，2为公差的等差数列。

所以。

（2）当n为偶数时，

可得，即以为首项，为公比的等比数列，

当n为奇数时，

可得，所以以为首项，2为公差的等差数列，

所以．

21．【解答】（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）解：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．解：（1）当时，

函数在处的切线方程为．

（2）①函数有两个零点，∴，得到

当；

所以函数极小值为，∴

若时，当时，函数不可能有两个零点

∴．

下面验证存在两个零点

当时，

减，所以函数存在唯一零点；

当时，增，

所以函数存在唯一零点；

综上∴．函数存在两个零点

②先证明：

又，所以；代入整理为：

同理：；即

两式相加：

所以，命题得证．