山東省濱州市東營市勝利第十五中學2022-2023學年高三數學理月考試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知是球表面上的點，，，，，則球的表面積等于（

）A.4

B.3

C.2

D.

參考答案：A2.將一個底面半徑為1，高為2的圓錐形工件切割成一個圓柱體，能切割出的圓柱最大體積為（）A． B． C． D．參考答案：B【考點】旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）．【分析】根據條件求出圓柱的體積，利用基本不等式研究函數的最值即可．【解答】解：設圓柱的半徑為r，高為x，體積為V，則由題意可得，∴x=2﹣2r，∴圓柱的體積為V（r）=πr2（2﹣2r）（0＜r＜1），則V（r）≤π=∴圓柱的最大體積為，此時r=，故選：B．3.一個幾何體的三視圖如圖所示，已知這個幾何體的體積為，則h的值為（

） A．

B．C．

D．參考答案：B略4.在的二項展開式中，的系數為

A．

B．

C．

D．參考答案：C：本題考查了二項式展開式的通項公式以及同學們的計算能力，難度一般。由二項式定理知令得，所以r的系數為，故選C。5.已知cos（α+）﹣sinα=，則sin（α+）的值是（）A．﹣ B．﹣ C． D．參考答案：B【考點】兩角和與差的正弦函數．

【專題】三角函數的求值；三角函數的圖像與性質．【分析】利用兩角和與差的余弦函數以及兩角和與差的三角函數化簡已知條件，然后展開所求表達式即可得到結果．解：cos（α+）﹣sinα=，∴=，，∴sin（α+）=sinαcos+cosαsin==﹣．故選：B．【點評】本題考查兩角和與差的三角函數，基本知識的應用，考查計算能力．6.已知x，y滿足不等式組，則z=﹣3x﹣y的最小值為（）A．﹣3 B．﹣7 C．﹣6 D．﹣8參考答案：B【考點】簡單線性規(guī)劃．【分析】由已知不等式組畫出可行域，利用目標函數的幾何意義求最小值．【解答】解：已知不等式組表示的可行域如圖：由z=﹣3x﹣y變形為y=﹣3x﹣z，當此直線經過圖中的C時，在y軸的截距最大，z最小，由得到C（2，1），所以z的最小值為﹣3×2﹣1=﹣7；故選B．7.若、為實數，則“”是“或”的（A）充分而不必要條件

（B）必要而不充分條件（C）充分必要條件

（D）既不充分也不必要條件參考答案：A

本題主要考查了不等式的性質、充分條件與必要條件的判斷等，難度中等。當0<ab<1時，則有0<a<或0>b>；當a<或b>時，可能是a負，b正，此時得不到0<ab<1；故“0<ab<1”是“a<或b>”的充分不必要條件；8.如圖，四棱錐中，，，和都是等邊三角形，則異面直線與所成角的大小為A．

B．

C．

D．參考答案：A9.滿足約束條件（為常數），能使的最大值為12的的值為

（

）

A．－9

B．9

C．－12

D．12參考答案：A10.已知向量，滿足：，且（）．則向量與向量的夾角的最大值為

【

】A．

B．

C．

D．參考答案：二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知全集，集合和的關系的韋恩（Venn）圖如圖所示，則陰影部分所示的集合的元素共有

個．

參考答案：212.一個高為2的圓柱，底面周長為，該圓柱的表面積為

參考答案：底面圓的周長，所以圓柱的底面半徑，所以圓柱的側面積為兩個底面積為。，所以圓柱的表面積為。13.在等差數列中，首項公差，若，則

.參考答案：2214.

=

參考答案：1略15.給定拋物線C：y2＝4x，過點A(－1,0)，斜率為k的直線與C相交于M，N

兩點，若線段MN的中點在直線x＝3上，則k＝________.參考答案：±過點A(－1,0)，斜率為k的直線為y＝k(x＋1)，與拋物線方程聯立后消掉y得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，有x1＋x1＝，x1x2＝1.因為線段MN的中點在直線x＝3上，所以x1＋x2＝6，即＝6，解得k＝±.而此時k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0的判別式大于零，所以k＝±16.直線是曲線的一條切線，則實數b=

參考答案：略17.一個與球心距離為1的平面截球所得圓面面積為，則球的體積為________.參考答案：.畫出簡圖可知，由得球的半徑為，利用球的體積公式得。三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.[選修4-4：極坐標與參數方程]已知直線C1：（t為參數），曲線C2：（r＞0，θ為參數）．（1）當r=1時，求C1與C2的交點坐標；（2）點P為曲線C2上一動點，當r=時，求點P到直線C1距離最大時點P的坐標．參考答案：【考點】簡單曲線的極坐標方程；參數方程化成普通方程．【分析】（1）參數方程化為普通方程，即可求C1與C2的交點坐標；（2）利用圓的參數方程，結合點到直線的距離公式、三角函數公式，即可求點P到直線C1距離最大時點P的坐標．【解答】解：（1）直線C1：（t為參數）的普通方程為y=x﹣1，當r=1時，曲線C2：（r＞0，θ為參數）的普通方程為x2+y2=1．聯立方程，可得C1與C2的交點坐標為（1，0），（0，﹣1）；（2）設P（），則點P到直線C1距離d==當cos（θ+）=﹣1，即θ=+2kπ（k∈Z）時，dmax=，此時P（﹣1，1）．19.（本題滿分14分）已知函數.（1）求的極值；（2）當時，恒成立，求實數的取值范圍.參考答案：（I）令，則………2分極小值極大值

………5分，.………7分

（II）由已知，當時，恒成立

即恒成立，

………9分

令，則

………12分當時,,單調遞增

當時,,單調遞減

故當時,

………14分20.設函數f（x）=lnx﹣ax+﹣1.（1）當a=1時，求曲線f（x）在x=1處的切線方程；（2）當a=時，求函數f（x）的單調區(qū)間；（3）在（Ⅱ）的條件下，設函數g（x）=x2﹣2bx﹣，若對于任意x1∈[1，2]，存在x2∈[0，1]，使f（x1）≥g（x2）成立，求實數b的取值范圍．參考答案：解：函數f（x）的定義域為（0，+∞），（Ⅰ）當a=1時，f（x）=lnx﹣x﹣1，∴f（1）=﹣2，，∴f′（1）=0，∴f（x）在x=1處的切線方程為y=﹣2（Ⅱ）=令f′（x）＜0，可得0＜x＜1，或x＞2；令f'（x）＞0，可得1＜x＜2故當時，函數f（x）的單調遞增區(qū)間為（1，2）；單調遞減區(qū)間為（0，1），（2，+∞）．（Ⅲ）當時，由（Ⅱ）可知函數f（x）在（1，2）上為增函數，∴函數f（x）在[1，2]上的最小值為f（1）=若對于任意x1∈[1，2]，存在x2∈[0，1]使f（x1）≥g（x2）成立，等價于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當b＜0時，g（x）在[0，1]上為增函數，與（*）矛盾②當0≤b≤1時，，由及0≤b≤1得，③當b＞1時，g（x）在[0，1]上為減函數，，此時b＞1綜上，b的取值范圍是考點：利用導數求閉區(qū)間上函數的最值；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究曲線上某點切線方程．點評：本題考查導數知識的運用，考查導數的幾何意義，考查函數的單調性，考查恒成立問題，解題的關鍵是將對于？x1∈[1，2]，？x2∈[0，1]使f（x1）≥g（x2）成立，轉化為g（x）在[0，1]上的最小值不大于f（x）在（0，e]上的最小值．21.（本小題滿分13分）在等比數列中，且，是和的等差中項．（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）若數列滿足，（），求數列的前項和．參考答案：（1）因為，所以，又因為所以解得所以（2）所以22.如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC=AA1=BC1=2，∠AA1C1=60°，平面ABC1⊥平面AA1C1C，AC1與A1C相交于點D．（1）求證：BD⊥平面AA1C1C；（2）求二面角C1﹣AB﹣C的余弦值．參考答案：【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直的判定．【分析】（1）由平行四邊形AA1C1C中AC=A1C1，結合題意證出△AA1C1為等邊三角形，同理得△ABC1是等邊三角形，從而得到中線BD⊥AC1，利用面面垂直判定定理即可證出BD⊥平面AA1C1C．（2）以點D為坐標原點，DA、DC、DB分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，分別求出平面ABC1與平面ABC的法向量，從而可算出二面角C1﹣AB﹣C的余弦值．【解答】解：（1）∵四邊形AA1C1C為平行四邊形，∴AC=A1C1，∵AC=AA1，∴AA1=A1C1，∵∠AA1C1=60°，∴△AA1C1為等邊三角形，同理△ABC1是等邊三角形，∵D為AC1的中點，∴BD⊥AC1，∵平面ABC1⊥平面AA1C1C，平面ABC1∩平面AA1C1C=AC1，BD?平面A