甘肃省张掖市某重点校2022-2023学年高三数学（理）上学期10月月考试题（Word版有解析）

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.15B.16C.15或17D.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：D3.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：B6.一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：C7.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：B9.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.3D.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：D10.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：B11.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．