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）

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：CD

10. 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：AC

12. 《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.