2022-2023学年浙江省绍兴市建功中学高三数学理月考试卷含解析

2022-2023学年浙江省绍兴市建功中学高三数学理月考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知非零向量满足||=4||，且⊥（）则的夹角为（）A． B． C． D．参考答案：C【考点】数量积表示两个向量的夹角．【分析】由已知向量垂直得到数量积为0，于是得到非零向量的模与夹角的关系，求出夹角的余弦值．【解答】解：由已知非零向量满足||=4||，且⊥（），设两个非零向量的夹角为θ，所以?（）=0，即2=0，所以cosθ=，θ∈[0，π]，所以；故选C．2.函数与的图象关于直线对称，P，Q分别是函数图象上的动点，则|PQ|的最小值为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D由题意得当P点处切线平行直线，Q为P关于直线对称点时，取最小值.，的最小值为，选D.

3.函数的部分图象是（

）

参考答案：【知识点】函数的奇偶性；函数的图像.B4

B8【答案解析】D

解析：显然函数是奇函数，所以排除选项A,C,又时，故选D.【思路点拨】利用排除法及特殊值法确定选项.4.若变量x，y满足条件，则的最大值为（

）A．

B．0

C．3

D．4参考答案：C5.下列命题正确的是（） A． 若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B． 若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C． 若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D． 若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行参考答案：考点： 命题的真假判断与应用；空间中直线与平面之间的位置关系．分析： 利用直线与平面所成的角的定义，可排除A；利用面面平行的位置关系与点到平面的距离关系可排除B；利用线面平行的判定定理和性质定理可判断C正确；利用面面垂直的性质可排除D解答： 解：A，若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行、相交或异面；排除A；B，若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行或相交，排除B；C，设平面α∩β=a，l∥α，l∥β，由线面平行的性质定理，在平面α内存在直线b∥l，在平面β内存在直线c∥l，所以由平行公理知b∥c，从而由线面平行的判定定理可证明b∥β，进而由线面平行的性质定理证明得b∥a，从而l∥a；故C正确；D，若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行或相交，排除D；故选C6.若某同学连续三次考试的名次（第一名为1，第二名为2，以此类推且没有并列名次情况）不超过3，则称该同学为班级的尖子生．根据甲、乙、丙、丁四位同学过去连续3次考试名次数据，推断一定不是尖子生的是（

）A．甲同学：均值为2，中位数为2

B．乙同学：均值为2，方差小于1C．丙同学：中位数为2，众数为2

D．丁同学：众数为2，方差大于1参考答案：D略7.已知，，，则a,b,c三个数的大小关系是

A.

B.

C.

D.参考答案：A略8.抛物线y2=2px（p＞0）的焦点为F，已知点A，B为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB=120°．过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则的最小值为(

) A． B． C．1 D．参考答案：D考点：抛物线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：先画出图象、做出辅助线，设|AF|=a、|BF|=b，由抛物线定义得2|MN|=a+b，由题意和余弦定理可得|AB|2=（a+b）2﹣ab，再根据基本不等式，求得|AB|2的取值范围，代入化简即可得到答案．解答： 解：如右图：过A、B分别作准线的垂线AQ、BP，垂足分别是Q、P，设|AF|=a，|BF|=b，连接AF、BF，由抛物线定义，得|AF|=|AQ|，|BF|=|BP|在梯形ABPQ中，2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b．由余弦定理得，|AB|2=a2+b2﹣2abcos120°=a2+b2+ab，配方得|AB|2=（a+b）2﹣ab，因为ab≤，则（a+b）2﹣ab≥（a+b）2﹣=（a+b）2，即|AB|2≥（a+b）2，所以≥=3，则，即所求的最小值是，故选：D．点评：本题考查抛物线的定义、简单几何性质，基本不等式求最值，余弦定理的应用等知识，属于中档题．9.函数的零点的个数为（

）A．0 B．1

C．2

D．3参考答案：B10.设全集U={﹣2，﹣1，0，1，2}，A={x|x≤1}，B={﹣2，0，2}，则?U（A∩B）=（）A．{﹣2，0} B．{﹣2，0，2} C．{﹣1，1，2} D．{﹣1，0，2}参考答案：C【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】根据交集和补集的定义写出运算结果即可．【解答】解：全集U={﹣2，﹣1，0，1，2}，A={x|x≤1}，B={﹣2，0，2}，则A∩B={﹣2，0}，∴?U（A∩B）={﹣1，1，2}．故选：C．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数，若，则实数x的取值范围___________.参考答案：略12.如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为_________；参考答案：略13.等差数列中，前项和为,，则的值为____.参考答案：2014

略14.如图，已知椭圆C1的中点在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e，直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.，若存在直线l，使得BO∥AN，求椭圆离心率的取值范围_____________．参考答案：因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设15.若复数(1+2i)(1+ai)是纯虚数，(i为虚数单位)，则实数a的值是

．参考答案：由(1+2i)(1+ai)得，因为是纯虚数，所以，解得。16.某市准备将甲、乙、丙、丁四人分到三个不同的基层单位去挂职锻炼，每个单位至少分到一名，且甲、乙两人不能分到同一单位，则不同分法的种数为

。参考答案：3017.函数的值域是______________．参考答案：[-2,1]三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知椭圆：，离心率为，焦点过的直线交椭圆于两点，且的周长为4.(Ⅰ)求椭圆方程;(Ⅱ)直线与y轴交于点P(0,m)(m0),与椭圆C交于相异两点A,B且.若,求m的取值范围。参考答案：略19.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为CC1的中点．

求证：（1）AC1∥平面BDE；（2）A1E^平面BDE．参考答案：（1）证明：连接AC，设AC∩BD＝O．由条件得ABCD为正方形，故O为AC中点．因为E为CC1中点，所以OE∥AC1．因为OEì平面BDE，AC1(/平面BDE．所以AC1∥平面BDE．（2）连接B1E．设AB＝a，则在△BB1E中，BE＝B1E＝a，BB1＝2a．所以BE2＋B1E2＝BB12．所以B1E^BE．由正四棱柱得，A1B1^平面BB1C1C，所以A1B1^BE．所以BE^平面A1B1E．所以A1E^BE．同理A1E^DE．所以A1E^平面BDE．略20.（本小题满分14分）已知中心在原点，焦点在坐标轴上的椭圆过点，离心率为，过直线上一点引椭圆的两条切线，切点分别是、.（1）求椭圆的方程；（2）若在椭圆上的任一点处的切线方程是.求证：直线恒过定点，并求出定点的坐标；（3）是否存在实数，使得恒成立？(点为直线恒过的定点)若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.参考答案：（1）；（2）直线恒过定点；（3）存在实数，使得恒成立.【知识点】直线与圆锥曲线的关系；利用导数研究曲线上某点切线方程；椭圆的标准方程．B11H5H8解析：（1）由椭圆过点，可得………1分又，

…………………2分解得：.

……………………3分所以椭圆方程为.…………4分（2）设切点坐标为,,直线上一点的坐标，则切线方程分别为，

……5分又因为两切线均过点，则

………………6分即点的坐标都适合方程，而两点确定唯一的一条直线，故直线的方程是

……………7分显然对任意实数，点（1，0）都适合这个方程，故直线恒过定点

………8分

（3）将直线的方程，代入椭圆方程，得，即，…………9分所以

…………………10分不妨设，因为，同理……11分所以…12分即

…………13分故存在实数，使得恒成立.

…………14分【思路点拨】（1）设椭圆方程为，根据它的一个焦点和抛物线y2=﹣4x的焦点重合，从而求出c值，再求出a和b的值，从而求解；（2）切点坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），直线l上一点M的坐标（4，t），求出切线方程，再把点M代入切线方程，说明点A，B的坐标都适合方程，而两点之间确定唯一的一条直线，从而求出定点；（3）联立直线方程和椭圆的方程进行联立，求出两根的积和两根的和，求出|AC|，|BC|的长，求出λ的值看在不在，再进行判断。21.设等差数列的前项和为，且,(Ⅰ)求数列的通项公式(Ⅱ)设数列满足，求的前项和参考答案：22.如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，∠ABC=60°，AA1=AC=2，A1B=A1D=2，点E在A1D上．（1）证明：AA1⊥面ABCD．（2）当为何值时，A1B∥平面EAC，并求出此时直线A1B与平面EAC之间的距离．参考答案：【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面垂直的判定．【分析】（I）利用勾股定理的逆定理可得：A1A⊥AB；A1A⊥AD．再利用线面垂直的判定定理即可证明结论．（II）①当=1时，A1B∥平面EAC．下面给出证明：连接BD，交AC于点O．利用三角形中位线定理可得：A1B∥OE，再利用线面平行的判定定理即可证明A1B∥平面EAC．②由OE是△A1BD的中位线，可得求出点D到平面EAC的距离即直线A1B与平面EAC之间的距离．利用VE﹣ACD=VD﹣ACE，即=，解出即可得出．【解答】（I）证明：∵AA1=2，A1B=A1D=2，∴=8=，可得∠A1AB=90°，∴A1A⊥AB；同理可得：A1A⊥AD．