【文档说明】江苏省泰州中学2022-2023学年高三上学期第一次月度检测数学试题Word含答案.docx，共(21)页，1.556 MB，由envi的店铺上传

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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2{1,2,3},0,xABxxZx−==，则AB=（）A．{1,2}B．{0,1,2,3}C．{1,2,3}D．{0,1,2}2．己

知复数z的共轭复数2i3iz+=−，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12，则该圆台体积为（）A．78B．

34C．12D．224．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7.2．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na的前n项和为nS，若364,12SS==，则12S=（）A．32B．28C．48D．606．在三棱锥PABC−中，ABC△是边长为2的正三角形，PAPBPC==，E，F分别是PA，AB的中点，且CEEF⊥，则三棱锥PABC−外接球的表面

积为（）A．6B．12C．24D．367．如图，在矩形ABCD中，,ACBD相交于点O，BFAC⊥，DHAC⊥，AEBD⊥，CGBD⊥，512BEBO−=，则BF=（）A．3555210BABG−++B．3555210BABG−−+C．5155210BABG−−+D．35525B

ABG−+8．设()0.020.01e1,2e1,sin0.01tan0.01abc=−=−=+，则（）A．abcB．acbC．cabD．bca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12123i,i(,),,zzxyxyRzz=+=+对应的向量分别为12,OZOZ（O为坐标原点），则（）A．12z=B．若12OZOZ∥，则30xy+=C．若12OZOZ⊥，则120zz=D．若213zz+，则22iz−的最大值为3310．已知函数()2sin(0)4fxx

=+，则下列说法正确的是（）A．若函数()fx的最小正周期为，则其图象关于直线8x=对称B．若函数()fx的最小正周期为，则其图象关于点,08对称C．若函数()fx在区间0,8上单调递增，则

的最大值为2D．若函数()fx在[0,2]有且仅有5个零点，则的取值范围是19238811．如图，在三棱锥ABCD−中，AB⊥平面,,BCDBCCDBEAC⊥⊥，E为垂足点，F为BD中点，则下列结论正确的是（）A．若AC的长为定值，则该三棱锥内切球的半径也为定值B．若AD的长为定值，则该

三棱锥外接球的半径也为定值C．若BD的长为定值，则EF的长也为定值D．若CD的长为定值，则EFCD的值也为定值12．设nN，正项数列nx满足11(0,1),ln1nnnnxxxxx+−=，下列说法正确的有（）A．1x为nx中

的最小项B．2x为nx中的最大项C．存在1(0,1)x，使得123,,xxx成等差数列D．存在1(0,1),xnN，使得12,,nnnxxx++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(1,2)作直线34250xy+−=的垂线，则垂线方程为____

_________．14．已知21(,0)abab+=，则41abb++的最小值为_____________．15．将函数3sin24yx=+的图象向右平移6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()fx是R上的函数，(2)fx−为奇函数，(21)fx−为偶函数，则160()ifi==_____________．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)(1)330()axaya

a−+++−=R．（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1:220lxy−−=与2:30lxy++=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(1,3),(sin,cos),()abxxfxab=−==．（1）若()0f=，求22cossin122sin4−−+的值；（2）当[0,]x时，求函数()fx的值域．19．（本题满分12分）在ABC△中，角A，B，C的对边分别为

a，b，c，且cos3sinabCcB−=．（1）求B；（2）若2a=，且ABC△为锐角三角形，求ABC△的面积S的取值范围．20．（本题满分12分）已知数列na满足12211,,3(1)22(1)10,2nnnnaaaanN+==+−

−+−−=．（1）令21nnba−=，判断nb是否为等差数列，并求数列nb的通项公式；（2）记数列na的前2n项和为2nT，求2nT．21．（本题满分12分）如图，在三棱台111ABCABC−中，底面ABC△是等腰三角形，且8BC=，5ABAC==

，O为BC的中点．侧面11BCCB为等腰梯形，且1114BCCC==，M为11BC的中点．（1）证明：平面ABC⊥平面AOM；（2）记二面角1ABCB−−的大小为，当,62时，求直线1BB与平面11AACC所成角的正弦的最大值．22．（本题满分12分）

已知函数()ln,fxxxxaaR=−−（1）当1a=时，求函数在(1,(1))f处的切线方程；（2）若函数()fx有两个零点()1212,xxxx．①求a的取值范围；②求证：123xxa++．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：20,{1,2}xBxxZx−==又{1,2,3}A=∴{1,2,3}AB=故选：C2

．【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】2i(2i)(3i)55i11i3i(3i)(3i)1022z++++====+−−+，故11i22z=−，在复

平面内对应的点为11,22−，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2r，小锥体的高为h，大锥体的高为为2h，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2r，小锥体的高为h，大锥体的高为为2h，则大圆锥的体积即为21(2)213rh=，整理得21138rh=，即小圆锥的体积为18所以该圆台体积为17188−=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7.2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7.2的扇形的弧长，设地球半径为r，则7.25000157

.5180r=，∴地球周长为180225000157.5393750007.2r==（米）39375=（千米），故选：B5．答案D．6．【答案】A【分析】取AC中点Q，连接PQBQ、，根据线面垂直的判定定理，可证AC⊥平面BPQ，即可得PBAC⊥，结合题意，根据线面垂直的判定及性质

定理，可证PBPA⊥，同理PBPC⊥，将PABC−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AC中点Q，连接PQBQ、，如图所示因为PAPC=，Q为AC中点，所以

PQAC⊥，又ABC△是正三角形，所以BQAC⊥，又,,PQBQQPQBQ=平面BPQ，所以AC⊥平面BPQ，又PB平面BPQ，所以PBAC⊥，因为E，F分别是,PAAB的中点所以EF为PAB△中位线，所以EFPB∥又因为E

FCE⊥，所以PBCE⊥，且,,CEACCACCE=平面PAC所以PB⊥平面PAC，所以PBPA⊥，同理PBPC⊥，则,,PAPBPC两两垂直如图将PABC−补成一个正方体，如图所示，由题意得：2ABACBC===，则2PAPBPC=

==，又正方体的体对角线为外接球的直径，所以外接球半径222(2)(2)(2)622r++==，所以246Sr==，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：∵512BEBO−=，显然1,2BEDGBOODBD===，所以5155222BGBOBO−−=−=

，∴2551055BOBGBG+==−，∵51513551()2222BFBAAFBAAOBABOBABABO−−−−=+=+=+−=+，∴35525BFBABG−=+，故选：D．8．【答案】A【解析】【详解】因为()20.020.010.01e2e1e10ab−

=−+=−，所以ab．设()()2e1sintanxfxxx=−−−，则21()2ecoscosxfxxx=−−，令()()gxfx=，则32sin()2esincosxxgxxx=+−．当0,6x时

，332sin2sin8362e2,sin0,2cos9cos6xxxx=，所以()0gx，所以当0,6x时，()(0)0fxf=，所以()fx在0,6x上单调道增，从而()(0)0fxf=，因此(0.01)0f，即bc

．综上可得abc．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12zz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：∵()fx的最小正周期为∴2=∴2sin22sin28842f=+==，故A正确；B选项：∵()fx的最小正周期为∴2=∴2sin22sin208842f=+==

，故B错误；C选项：∵08x∴4484x++又函数()fx在0,8上单调递增∴842+∴2，故C正确；D选项：∵[0,2]x∴,2444x

++又()fx在[0,2]有且仅有5个零点，则5264+，∴192388，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，AD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AC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AD为外接球的直径2R，所以该三棱锥外接球的半径也为定值，故正确；对于B，因为AB⊥平面,,BCDCDBD平面BCD，所以,ABCDABBD⊥⊥，因为,,,BCCDBCABBBCAB⊥=平面ABC，所以CD⊥平面A

BC，因为AC平面ABC，所以CDAC⊥，假设内切球的球心为O，第一种情况不妨假设5,3,4,4,42ACABBCCDBD=====，此时内切球的半径为1r，根据ABCDOABCOABDOACDOB

CDVVVVV−−−−−=+++，即11111111133333BCDABCABDACDBCDSABSrSrSrSr=+++△△△△△，11111111144334342544422222rrrr=

+++，解得18227r−=；第二种情况不妨假设5,3,4,3,5ACABBCCDBD=====，此时内切球的半径为2r，根据ABCDOABCOABDOACDOBCDVVVVV−−−−−=+++，即2222111

1133333BCDABCABDACDBCDSABSrSrSrSr=+++△△△△，2222111114333435534322222rrrr=+++解得223r=，综上所述，当AC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2,2,2ABcBCbCDa===，则2222||(2)(2)2BDbaab=+=+，(0,0,0),(0,2,2),(0,2,0),(2,0,0),(,,0)CA

bcBbDaFab，则(0,2,2)CAbc=，因为E在AC上，所以设(0,2,2)Ekbkc，则(0,(1)2,2)BEkbkc=−，因为BEAC⊥，所以BECA⊥，所以22(1)(2)(2)0BECAkbkc=

−+=，解得222bkbc=+，所以322222220,,bbcEbcbc++所以()22222222,,(2,0,0)bcbbcEFCDabcbc−=−=++，则()222222222222221||||,22bcbbcEFaabBDEFCDabcbc−

=++−=+==++，所以当BD的长为定值时，EF的长也为定值；当CD的长为定值，则EFCD的值也为定值，故C，D正确，故选：BCD12．【答案】AB【解析】【分析】由1ln1nnnnxxxx+−=可得11lnnnnxxx+=+，故

构造1()lnfxxx=+，利用导数求其单调性，不难发现1x是最小的项；在构造1()()lngxfxxxxx=−=+−，为了比较2x之后每一项与前一项的关系，发现2x是最大的项，易得BCD选项的对与错．【详解】解：

由1ln1nnnnxxxx+−=可得11lnnnnxxx+=+令221111()ln,()xfxxfxxxxx−=+=−+=当1,()0,()xfxfx递增；当1,()0,()xfxfx递减且(1)1ln11f=+=，∴(

)1fx∵1(0,1)x，∴()()()213211,1,,1nnxfxxfxxfx+===，∴1x是最小的项；所以A正确令1()()ln,1gxfxxxxxx=−=+−222111()10xxgxxxx−+−=−+−=，∴()gx在区间内递减，∴(

)0gx，∴320xx−即32xx；430xx−即43xx10nnxx+−即1nnxx+，所以，综上所述，2x是最大的项，所以B正确，由于1x是最小的项，2x是最大的项，则不可能使得123,,xxx成等差数列，故C错误；由C知，123,,xxx不成等差数列，当

2n时，因为1nnxx+，所以()()1nngxgx+，则11111lnlnnnnnnnxxxxxx+++−−−−，211nnnnxxxx+++−−，所以不存在12,,nnnxxx++成等差数列，故D错误故选：AB三、填空题13．答案：4233yx=+14．【答案】9【解析】【分

析】根据21ab+=，利用“1”的代换，将41abb++转化为41414()5bababbabbabbabb++=+++=+++++，利用基本不等式求解．【详解】因为21ab+=，所以1abb++=，所以414144()5529babbabab

babbabbabbabb+++=+++=+++=++++，当且仅当4bababb+=+，即11,33ab==时，取等号．所以41abb++的最小值为9．故答案为：915．【答案】524x=−【解析】3sin23sin26412yxx=−+=−

2()122xkkZ−=+，∴7()242kxkZ=+当1k=−时，524x=−．故答案为：524x=−16．【答案】0【解析】【分析】依题意可得()fx关于直线1x=−对称、关于点(2,0)−对称且时周期为4的周期函数，再求出(1)(3)0(2)(4

)0ffff+=+=、，即可得解．【详解】解：因为(21)fx−为偶函数，所以(21)(21)fxfx−−=−，所以(1)(1)fxfx−−=−，即(2)()fxfx−−=，则()fx关于直线1x=−对称，因为(2)fx

−为奇函数，所以(2)(2)fxfx−=−−−，所以()fx的图象关于点(2,0)−对称，所以(2)(2)()fxfxfx−=−−−=−，则(4)(2)()fxfxfx−=−−=，所以()fx是周期为4的周期函数，由(2)(2)(42)(2)fxfxfxfx−=−−−=−−−=−−，即()()fx

fx=−−，所以()fx为奇函数，又()fx是定义域为R的函数，所以(0)0f=，在(2)()fxfx−=−中，令1x=−，所以(3)(1)(1)(3)ffff−=−−==−，所以(1)(3)0ff+=，在(2)()fxfx−=−中，令2x=−，所以

(4)(2)(4)fff−==−，所以(2)(4)0ff+=，所以(1)(2)(3)(4)0ffff+++=，所以160()(0)4[(1)(2)(3)(4)]0ififffff==++++=．故答案为：017．（1）证明：将直线l的方程改

写为(3)(3)0xyaxy−++++−=，令30xy−++=，且30xy+−=，两式联立，解得3,0xy==，所以直线过定点(3,0)P．（2）设直线l夹在直线12,ll之间的部分是AB，且AB被(3

,0)P平分，设点A，B的坐标分别是()()1122,,,xyxy，则有12126,0xxyy+=+=，又A，B两点分别在直线12,ll上，所以1122220,30xyxy−−=++=，由以上四个式子解得1

11116,33xy==，即1116,33A，所以直线AB的方程为8240xy−−=．18．（1）因为(1,3),(sin,cos)abxx=−=，所以()sin3cosfxabxx==−，因为()0f=，所以sin3cos0−=，所以tan3=所以22cossi

n1cossin1tan13223sincostan1312sin4−−−−−====−+++++（2）()sin3cos2sin3fxxxx=−=−，因为[0,]x，所以2,333x−−当33x

−=−，即0x=时，()fx取最小值3−；当32x−=，即56x=时，()fx取最大值2．所以当[0,]x时，函数()fx的值域为[3,2]−．19．（1）解：∵cos3sinabCcB−=，由正弦定理可得：

sin3sinsinsincosACBBC=+，又∵sinsin()sincoscossinABCBCBC=+=+，∴3sinsinsincossincoscossinCBBCBCBC+=+，即：3sinsinsincosCBCB=，∵,(0,),sin0BC

C，∴3tan3B=，即6B=（2）解：ABC△为锐角三角形，所以6025062BCC=−，解得32C，∵2a=，由正弦定理得2sinsinsinbcABC==，即215sinsin26bcC

C==−，∴12sin,55sinsin66CbcCC==−−，∴115sinsinsinsin522613sincossin622CCSbcAbcCCCC==−==−+tan132tan213tan22CCC==++

，∵tantan33C=，∴1332,2tan223C+，∴1323,23132tan2C+．∴ABC△的面积S的取值范围为323,23．20．解：因为23(1)22

(1)10nnnnaa++−−+−−=，所以212121213(1)22(1)10nnnnaa−−+−+−−+−−=，即21212nnaa+−−=，又21nnba−=，所以12nnbb+−=，所以nb以1为首项，2为公差的

等差数列。所以21nbn=−。（2）当n为偶数时，可得212nnaa+=，即2na以212a=为首项，12为公比的等比数列，当n为奇数时，可得21212nnaa+−−=，所以21na−以11a=为首项，2为公差的等差数列，所以()()2213

21242112nnnnTaaaaaan−=+++++++=+−．21．【解答】（1）证明：∵ABC△是等腰三角形，O为BC的中点，∴BCAO⊥，∵侧面11BCCB为等腰梯形，M为11BC的中点，∴BCMO⊥，∵,,MOAOOMOAO=平面AO

M，∴BC⊥平面AOM，∵BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOM．（2）解：在平面AOM内，作ONOA⊥，∵平面ABC⊥平面AOM，平面ABC平面,AOMOAON=平面AOM，∴ON⊥平面ABC，以,,OBOAON分别为x轴、y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．∵

,MOBCAOBC⊥⊥，∴AOM为二面角1ABCB−−的平面角，即AOM=，∴(0,3,0)A，(4,0,0)B，(4,0,0)C−，(0,23cos,23sin)M，1(2,23cos,23sin)C−，1(2,23cos,23sin)B，

∴1(2,23cos,23sin)BB=−，设平面11AACC的法向量为(,,)nxyz=，其中1(4,3,0),(2,23cos,23sin)CAC==，所以100CAnCCn==

，即430223cos23sin0xyxyz+=++=，则可取343cos3,4,3sinn−=−，设直线1BB与平面11AACC所成的角为，则123sincos,34cos25sinBBn==−+，设34cos(),

,sin62f−=，则243cos()0sinf=−，∴()f在,62上单调递增，∴()[23,3]f−，即34cos[23,3]sin−−∴234cos[0,12]sin−，∴max3(sin)5=．∴直

线1BB平面11AACC所成角的正弦的最大值为35．22．解：（1）当1a=时，()ln1,()ln,(1)0,(1)2fxxxxfxxff=−−===−函数在(1,(1))f处的切线方程为2y=−．（2）①函数()fx有两个零点()1212,xxxx，∴()ln0fxx==，

得到1x=当(0,1),()0xfx；(1,),()0xfx+所以函数()fx极小值为(1)10fa=−−，∴1a−若0a时，当01x时，()ln0fxxxxa=−−函数不可能有两个零

点∴10a−．下面验证存在两个零点当01x时，()ln20fxxxxaxxa=−−−−−=()2(11)0,(1)0,()faffx−−减，所以函数存在唯一零点；当xe时，()ln(ln1)0,(1)0,()fxxxxaxxaaffx=−−

−−−增，所以函数存在唯一零点；综上∴10a−．函数存在两个零点②先证明：2(1)ln,(1)1xxxx−+又1201xx，所以()22221ln1xxx−+；222lnxaxx+=代入整理为：222(3)0xaxa−+−同理：211(3)0xaxa−+−；即2

11(3)0xaxa−+++两式相加：()22212121(3)0,0xxaxxxx−−+−−所以123xxa++，命题得证．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com