2022-2023學年秋學期高三年級第一次月度檢測試卷數學學科試卷一、單項選擇題（本大題共8小題，每題5分，共40分）1．已知集合，則（    ）A．     B．     C．     D．2．己知復數z的共軛復數，則復數z在復平面內對應的點位于（    ）A．第一象限     B．第二象限     C．第三象限     D．第四象限3．某圓錐體積為1，用一個平行于圓錐底面的平面截該圓錐得到一個圓臺，若圓臺上底面和下底面半徑之比為，則該圓臺體積為（    ）A．     B．     C．     D．4．埃拉托斯特尼是古希臘亞歷山大時期著名的地理學家，他最出名的工作是計算了地球（大圓）的周長如圖，在賽伊尼，夏至那天中午的太陽幾乎正在天頂方向（這是從日光直射進該處一井內而得到證明的）同時在亞歷山大城（該處與賽伊尼幾乎在同一子午線上），其天頂方向與太陽光線的夾角測得為．因太陽距離地球很遠，故可把太陽光線看成是平行的埃拉托斯特尼從商隊那里知道兩個城市間的實際距離大概是5000斯塔蒂亞，按埃及的長度算，1斯塔蒂亞等于157.5米，則誒拉托斯特尼所測得地球的周長約為（    ）A．38680千米     B．39375千米     C．41200千米     D．42192千米5．已知等比數列的前n項和為，若，則（    ）A．32     B．28     C．48     D．606．在三棱錐中，是邊長為2的正三角形，，E，F分別是，的中點，且，則三棱錐外接球的表面積為（    ）A．     B．     C．     D．7．如圖，在矩形中，相交于點O，，，，，，則（    ）A．     B．C．     D．8．設，則（    ）A．     B．     C．     D．二、多項選擇題（共4小題，每題5分，全部選對得5分，部分選對得2分）9．設復數對應的向量分別為（O為坐標原點），則（    ）A．                       B．若，則C．若，則     D．若，則的最大值為10．已知函數，則下列說法正確的是（    ）A．若函數的最小正周期為，則其圖象關于直線對稱B．若函數的最小正周期為，則其圖象關于點對稱C．若函數在區(qū)間上單調遞增，則的最大值為2D．若函數在有且僅有5個零點，則的取值范圍是11．如圖，在三棱錐中，平面，E為垂足點，F為中點，則下列結論正確的是（    ）A．若的長為定值，則該三棱錐內切球的半徑也為定值B．若的長為定值，則該三棱錐外接球的半徑也為定值C．若的長為定值，則的長也為定值D．若的長為定值，則的值也為定值12．設，正項數列滿足，下列說法正確的有（    ）A．為中的最小項             B．為中的最大項C．存在，使得成等差數列D．存在，使得成等差數列三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．過點作直線的垂線，則垂線方程為_____________．14．已知，則的最小值為_____________．15．將函數的圖象向右平移個單位長度，則平移后的圖象中與y軸最近的對稱軸的方程是_____________．16．已知是R上的函數，為奇函數，為偶函數，則_____________．四、解答題（本大題共6小題，共70分）17．（本題滿分10分）已知直線．（1）求證：直線經過定點，并求出定點P；（2）經過點P有一條直線l，它夾在兩條直線與之間的線段恰被P平分，求直線l的方程．18．（本題滿分12分）己知向量．（1）若，求的值；（2）當時，求函數的值域．19．（本題滿分12分）在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．（1）求B；（2）若，且為銳角三角形，求的面積S的取值范圍．20．（本題滿分12分）已知數列滿足．（1）令，判斷是否為等差數列，并求數列的通項公式；（2）記數列的前項和為，求．21．（本題滿分12分）如圖，在三棱臺中，底面是等腰三角形，且，，O為的中點．側面為等腰梯形，且，M為的中點．（1）證明：平面平面；（2）記二面角的大小為，當時，求直線與平面所成角的正弦的最大值．22．（本題滿分12分）已知函數（1）當時，求函數在處的切線方程；（2）若函數有兩個零點．①求a的取值范圍；②求證：．2022-2023學年秋學期高三年級第一次月度檢測試卷數學學科試卷一、單項選擇題（本大題共8小題，每題5分，共40分）1．【答案】C【解析】【分析】化簡集合B，利用并集概念及運算即可得到結果．【詳解】由題意可得：又∴故選：C2．【答案】D【解析】【分析】由復數的運算法則計算后根據共軛復數概念得z，再由幾何意義得對應點坐標，從而得結論．【詳解】，故，在復平面內對應的點為，位于第四象限．故選：D．3．【答案】A【解析】【分析】設小錐體的底面半徑為r，大錐體的底面半徑為，小錐體的高為h，大錐體的高為為，通過表示大圓錐和小圓錐體積，作差可得圓臺體積．【詳解】設小錐體的底面半徑為r，大錐體的底面半徑為，小錐體的高為h，大錐體的高為為，則大圓錐的體積即為，整理得，即小圓錐的體積為所以該圓臺體積為故選：A．4．【答案】B【解析】【分析】由題意可將賽伊尼和亞歷山大城之間的距離看作圓心角為的扇形的弧長，由此可計算地球半徑，進而求得地球周長．【詳解】由題意可知，賽伊尼和亞歷山大城之間的距離可看作圓心角為的扇形的弧長，設地球半徑為r，則，∴地球周長為（米）（千米），故選：B5．答案D．6．【答案】A【分析】取中點Q，連接，根據線面垂直的判定定理，可證平面，即可得，結合題意，根據線面垂直的判定及性質定理，可證，同理，將補成一個正方體，根據條件，求得正方體邊長，根據正方體體對角線為外接球直徑，即可求得外接球半徑r，即可得答案．【詳解】取中點Q，連接，如圖所示因為，Q為中點，所以，又是正三角形，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，因為E，F分別是的中點所以為中位線，所以又因為，所以，且平面所以平面，所以，同理，則兩兩垂直如圖將補成一個正方體，如圖所示，由題意得：，則，又正方體的體對角線為外接球的直徑，所以外接球半徑，所以，故選：A．【點睛】解題的關鍵是熟練掌握線面垂直的判定、性質定理，并靈活應用，對于側棱兩兩垂直的三棱錐，外接球即為所在正方體的外接球，考查空間想象能力，屬中檔題．7．【答案】D【解析】【分析】利用平面向量的線性運算和平面向量基本定理即可求解．【詳解】解：∵，顯然，所以，∴，∵，∴，故選：D．8．【答案】A【解析】【詳解】因為，所以．設，則，令，則．當時，，所以，所以當時，，所以在上單調道增，從而，因此，即．綜上可得．故選：A．二、多項選擇題（共4小題，每題5分，全部選對得5分，部分選對得2分，共20分）9．【答案】AD【解析】【分析】對A，根據模長公式求解即可；對B，根據向量平行的坐標公式求解即可；對C，根據向量垂直的坐標公式求解x，y的關系，再求解即可；對D，根據復數的幾何意義數形結合求解即可10．【答案】ACD【解析】【分析】根據最小正周期可以計算出，便可求出對稱軸和對稱點，可判斷A、B選項；根據正弦型函數的單調性可以推出的值，可判斷C選項；根據零點情況可以求出的取值范圍，可判斷D選項．【詳解】A選項：∵的最小正周期為∴∴，故A正確；B選項：∵的最小正周期為∴∴，故B錯誤；C選項：∵∴又函數在上單調遞增∴∴，故C正確；D選項：∵∴又在有且僅有5個零點，則，∴，故D正確．故選：ACD．11．【答案】BCD【解析】【分析】對于A，將三棱錐補形成長方體，易知該三棱錐的外接球即為長方體的外接球，為外接球的直徑，即可判斷：對于B，假設內切球的球心為O，通過圖形特征假設兩種情況，保持的長一樣，求出各自情況的內切球的半徑即可判斷；對于C和D，建立空間直角坐標系進行向量的坐標運算，即可判斷【詳解】解：對于A，將三棱錐補形成長方體，易知該三棱錐的外接球即為長方體的外接球，所以為外接球的直徑，所以該三棱錐外接球的半徑也為定值，故正確；對于B，因為平面平面，所以，因為平面，所以平面，因為平面，所以，假設內切球的球心為O，第一種情況不妨假設，此時內切球的半徑為，根據，即，，解得；第二種情況不妨假設，此時內切球的半徑為，根據，即，解得，綜上所述，當的長為定值，三棱錐內切球的半徑不為定值，故錯誤；對于C和D，以C點為原點建立空間直角坐標系，如圖所示，假設，則，，則，因為E在上，所以設，則，因為，所以，所以，解得，所以所以，則，所以當的長為定值時，的長也為定值；當的長為定值，則的值也為定值，故C，D正確，故選：BCD12．【答案】AB【解析】【分析】由可得，故構造，利用導數求其單調性，不難發(fā)現是最小的項；在構造，為了比較之后每一項與前一項的關系，發(fā)現是最大的項，易得BCD選項的對與錯．【詳解】解：由可得令當遞增；當遞減且，∴∵，∴，∴是最小的項；所以A正確令，∴在區(qū)間內遞減，∴，∴即；即即，所以，綜上所述，是最大的項，所以B正確，由于是最小的項，是最大的項，則不可能使得成等差數列，故C錯誤；由C知，不成等差數列，當時，因為，所以，則，，所以不存在成等差數列，故D錯誤故選：AB三、填空題13．答案：14．【答案】9【解析】【分析】根據，利用“1”的代換，將轉化為，利用基本不等式求解．【詳解】因為，所以，所以，當且僅當，即時，取等號．所以的最小值為9．故答案為：915．【答案】【解析】，∴當時，．故答案為：16．【答案】0【解析】【分析】依題意可得關于直線對稱、關于點對稱且時周期為4的周期函數，再求出，即可得解．【詳解】解：因為為偶函數，所以，所以，即，則關于直線對稱，因為為奇函數，所以，所以的圖象關于點對稱，所以，則，所以是周期為4的周期函數，由，即，所以為奇函數，又是定義域為R的函數，所以，在中，令，所以，所以，在中，令，所以，所以，所以，所以．故答案為：017．（1）證明：將直線l的方程改寫為，令，且，兩式聯立，解得，所以直線過定點．（2）設直線l夾在直線之間的部分是，且被平分，設點A，B的坐標分別是，則有，又A，B兩點分別在直線上，所以，由以上四個式子解得，即，所以直線的方程為．18．（1）因為，所以，因為，所以，所以所以（2），因為，所以當，即時，取最小值；當，即時，取最大值2．所以當時，函數的值域為．19．（1）解：∵，由正弦定理可得：，又∵，∴，即：，∵，∴，即（2）解：為銳角三角形，所以，解得，∵，由正弦定理得，即，∴，∴，∵，∴，∴．∴的面積S的取值范圍為．20．解：因為，所以，即，又，所以，所以以1為首項，2為公差的等差數列。所以。（2）當n為偶數時，可得，即以為首項，為公比的等比數列，當n為奇數時，可得，所以以為首項，2為公差的等差數列，所以．21．【解答】（1）證明：∵是等腰三角形，O為的中點，∴，∵側面為等腰梯形，M為的中點，∴，∵平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．（2）解：在平面內，作，∵平面平面，平面平面平面，∴平面，以分別為x軸、y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．∵，∴為二面角的平面角，即，∴，，，，，，∴，設平面的法向量為，其中，所以，即，則可取，設直線與平面所成的角為，則，設，則，∴在上單調遞增，∴，即∴，∴．∴直線平面所成角的正弦的最大值為．22．解：（1）當時，函數在處的切線方程為．（2）①函數有兩個零點，∴，得到當；所以函數極小值為，∴若時，當時，函數不可能有兩個零點∴．下面驗證存在兩個零點當時，減，所以函數存在唯一零點；當時，增，所以函數存在唯一零點；綜上∴．函數存在兩個零點②先證明：又，所以；代入整理為：同理：；即兩式相加：所以，命題得證．

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