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版附解析）

这是一份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版附解析），共20页。试卷主要包含了 设集合，集合，则， 函数的部分图象大致为， 已知圆等内容，欢迎下载使用。

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：D
3. 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：B
6. 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：C
7. 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：B
9. 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：D
10. 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：B
11. 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+a2﹣2accsB，
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．