山东省滨州市东营市胜利第十五中学2022-2023学年高三数学理月考试题含解析

山东省滨州市东营市胜利第十五中学2022-2023学年高三数学理月考试题含解析一、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.已知是球表面上的点，，，，，则球的表面积等于（

）A.4

B.3

C.2

D.

参考答案：A2.将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱最大体积为（）A． B． C． D．参考答案：B【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【分析】根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可．【解答】解：设圆柱的半径为r，高为x，体积为V，则由题意可得，∴x=2﹣2r，∴圆柱的体积为V（r）=πr2（2﹣2r）（0＜r＜1），则V（r）≤π=∴圆柱的最大体积为，此时r=，故选：B．3.一个几何体的三视图如图所示，已知这个几何体的体积为，则h的值为（

） A．

B．C．

D．参考答案：B略4.在的二项展开式中，的系数为

A．

B．

C．

D．参考答案：C：本题考查了二项式展开式的通项公式以及同学们的计算能力，难度一般。由二项式定理知令得，所以r的系数为，故选C。5.已知cos（α+）﹣sinα=，则sin（α+）的值是（）A．﹣ B．﹣ C． D．参考答案：B【考点】两角和与差的正弦函数．

【专题】三角函数的求值；三角函数的图像与性质．【分析】利用两角和与差的余弦函数以及两角和与差的三角函数化简已知条件，然后展开所求表达式即可得到结果．解：cos（α+）﹣sinα=，∴=，，∴sin（α+）=sinαcos+cosαsin==﹣．故选：B．【点评】本题考查两角和与差的三角函数，基本知识的应用，考查计算能力．6.已知x，y满足不等式组，则z=﹣3x﹣y的最小值为（）A．﹣3 B．﹣7 C．﹣6 D．﹣8参考答案：B【考点】简单线性规划．【分析】由已知不等式组画出可行域，利用目标函数的几何意义求最小值．【解答】解：已知不等式组表示的可行域如图：由z=﹣3x﹣y变形为y=﹣3x﹣z，当此直线经过图中的C时，在y轴的截距最大，z最小，由得到C（2，1），所以z的最小值为﹣3×2﹣1=﹣7；故选B．7.若、为实数，则“”是“或”的（A）充分而不必要条件

（B）必要而不充分条件（C）充分必要条件

（D）既不充分也不必要条件参考答案：A

本题主要考查了不等式的性质、充分条件与必要条件的判断等，难度中等。当0<ab<1时，则有0<a<或0>b>；当a<或b>时，可能是a负，b正，此时得不到0<ab<1；故“0<ab<1”是“a<或b>”的充分不必要条件；8.如图，四棱锥中，，，和都是等边三角形，则异面直线与所成角的大小为A．

B．

C．

D．参考答案：A9.满足约束条件（为常数），能使的最大值为12的的值为

（

）

A．－9

B．9

C．－12

D．12参考答案：A10.已知向量，满足：，且（）．则向量与向量的夹角的最大值为

【

】A．

B．

C．

D．参考答案：二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知全集，集合和的关系的韦恩（Venn）图如图所示，则阴影部分所示的集合的元素共有

个．

参考答案：212.一个高为2的圆柱，底面周长为，该圆柱的表面积为

参考答案：底面圆的周长，所以圆柱的底面半径，所以圆柱的侧面积为两个底面积为。，所以圆柱的表面积为。13.在等差数列中，首项公差，若，则

.参考答案：2214.

=

参考答案：1略15.给定抛物线C：y2＝4x，过点A(－1,0)，斜率为k的直线与C相交于M，N

两点，若线段MN的中点在直线x＝3上，则k＝________.参考答案：±过点A(－1,0)，斜率为k的直线为y＝k(x＋1)，与抛物线方程联立后消掉y得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，有x1＋x1＝，x1x2＝1.因为线段MN的中点在直线x＝3上，所以x1＋x2＝6，即＝6，解得k＝±.而此时k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0的判别式大于零，所以k＝±16.直线是曲线的一条切线，则实数b=

参考答案：略17.一个与球心距离为1的平面截球所得圆面面积为，则球的体积为________.参考答案：.画出简图可知，由得球的半径为，利用球的体积公式得。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.[选修4-4：极坐标与参数方程]已知直线C1：（t为参数），曲线C2：（r＞0，θ为参数）．（1）当r=1时，求C1与C2的交点坐标；（2）点P为曲线C2上一动点，当r=时，求点P到直线C1距离最大时点P的坐标．参考答案：【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（1）参数方程化为普通方程，即可求C1与C2的交点坐标；（2）利用圆的参数方程，结合点到直线的距离公式、三角函数公式，即可求点P到直线C1距离最大时点P的坐标．【解答】解：（1）直线C1：（t为参数）的普通方程为y=x﹣1，当r=1时，曲线C2：（r＞0，θ为参数）的普通方程为x2+y2=1．联立方程，可得C1与C2的交点坐标为（1，0），（0，﹣1）；（2）设P（），则点P到直线C1距离d==当cos（θ+）=﹣1，即θ=+2kπ（k∈Z）时，dmax=，此时P（﹣1，1）．19.（本题满分14分）已知函数.（1）求的极值；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.参考答案：（I）令，则………2分极小值极大值

………5分，.………7分

（II）由已知，当时，恒成立

即恒成立，

………9分

令，则

………12分当时,,单调递增

当时,,单调递减

故当时,

………14分20.设函数f（x）=lnx﹣ax+﹣1.（1）当a=1时，求曲线f（x）在x=1处的切线方程；（2）当a=时，求函数f（x）的单调区间；（3）在（Ⅱ）的条件下，设函数g（x）=x2﹣2bx﹣，若对于任意x1∈[1，2]，存在x2∈[0，1]，使f（x1）≥g（x2）成立，求实数b的取值范围．参考答案：解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），（Ⅰ）当a=1时，f（x）=lnx﹣x﹣1，∴f（1）=﹣2，，∴f′（1）=0，∴f（x）在x=1处的切线方程为y=﹣2（Ⅱ）=令f′（x）＜0，可得0＜x＜1，或x＞2；令f'（x）＞0，可得1＜x＜2故当时，函数f（x）的单调递增区间为（1，2）；单调递减区间为（0，1），（2，+∞）．（Ⅲ）当时，由（Ⅱ）可知函数f（x）在（1，2）上为增函数，∴函数f（x）在[1，2]上的最小值为f（1）=若对于任意x1∈[1，2]，存在x2∈[0，1]使f（x1）≥g（x2）成立，等价于g（x）在[0，1]上的最小值不大于f（x）在（0，e]上的最小值（*）又，x∈[0，1]①当b＜0时，g（x）在[0，1]上为增函数，与（*）矛盾②当0≤b≤1时，，由及0≤b≤1得，③当b＞1时，g（x）在[0，1]上为减函数，，此时b＞1综上，b的取值范围是考点：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．点评：本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性，考查恒成立问题，解题的关键是将对于？x1∈[1，2]，？x2∈[0，1]使f（x1）≥g（x2）成立，转化为g（x）在[0，1]上的最小值不大于f（x）在（0，e]上的最小值．21.（本小题满分13分）在等比数列中，且，是和的等差中项．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若数列满足，（），求数列的前项和．参考答案：（1）因为，所以，又因为所以解得所以（2）所以22.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC=AA1=BC1=2，∠AA1C1=60°，平面ABC1⊥平面AA1C1C，AC1与A1C相交于点D．（1）求证：BD⊥平面AA1C1C；（2）求二面角C1﹣AB﹣C的余弦值．参考答案：【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）由平行四边形AA1C1C中AC=A1C1，结合题意证出△AA1C1为等边三角形，同理得△ABC1是等边三角形，从而得到中线BD⊥AC1，利用面面垂直判定定理即可证出BD⊥平面AA1C1C．（2）以点D为坐标原点，DA、DC、DB分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面ABC1与平面ABC的法向量，从而可算出二面角C1﹣AB﹣C的余弦值．【解答】解：（1）∵四边形AA1C1C为平行四边形，∴AC=A1C1，∵AC=AA1，∴AA1=A1C1，∵∠AA1C1=60°，∴△AA1C1为等边三角形，同理△ABC1是等边三角形，∵D为AC1的中点，∴BD⊥AC1，∵平面ABC1⊥平面AA1C1C，平面ABC1∩平面AA1C1C=AC1，BD?平面A