2023屆-高三數(shù)學(xué)-月考試題

1、2023屆高三新課標(biāo)月考試題三數(shù)學(xué)適用地區(qū)：新課標(biāo)地區(qū) 考查范圍：集合、邏輯、函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、三角、向量、數(shù)列、不等式、立體幾何、解析幾何本試卷分第一卷選擇題和第二卷非選擇題兩局部.考生作答時(shí)，將答案答在答題卡上.在本試卷上答題無(wú)效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.考前須知：1.答題前，考生務(wù)必先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上，認(rèn)真核對(duì)條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)，并將條形碼粘貼在答題卡的指定位置上.2.選擇題答案使用2B鉛筆填涂，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)；非選擇題答案使用0.5毫米的黑色中性簽字筆或碳素筆書(shū)寫(xiě)，字體工整、筆跡清楚.3.請(qǐng)按照題號(hào)在各題的答題區(qū)域黑色線框

2、內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效.4.保持卡面清潔，不折疊，不破損.第一卷一、選擇題本大題共12小題，每題5分，總分值60分.在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的.1.2023北京東城二模假設(shè)集合，且，那么集合可能是 A.B.C.D.2.2023昆明第一中學(xué)一摸設(shè)是第二象限角,為其終邊上的一點(diǎn),且,那么= A.B.C.D.3.理2023瓊海模擬設(shè)是兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面，給出以下四個(gè)命題：假設(shè)； 假設(shè)假設(shè)； 假設(shè).其中正確命題的個(gè)數(shù)是 A.1B.2C.3 D.文2023瓊海模擬一個(gè)平面，l為空間中的任意一條直線，那么在平面內(nèi)一定存在直線b使得 A.l/b B.l與

3、b相交 C.l與b是異面直線 D.lb4.2023鄭州質(zhì)檢點(diǎn)F、A分別為雙曲線的左焦點(diǎn)、右頂點(diǎn)，點(diǎn)B0，b滿足，那么雙曲線的離心率為 A. B. C. D.5.2023哈爾濱第六中學(xué)三模設(shè)是方程的解，那么屬于區(qū)間 A.0，1 B.1，2 C.2，3 D.3，46.2023湖南卷雙曲線C：eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1的焦距為10，點(diǎn)P(2,1)在C的漸近線上，那么C的方程為 A.eq f(x2,20)eq f(y2,5)1B.eq f(x2,5)eq f(y2,20)1 C.eq f(x2,80)eq f(y2,20)1D.eq f(x2,20)eq f(y2,80)17.20

4、23課標(biāo)全國(guó)卷設(shè)F1，F(xiàn)2是橢圓E：eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1(ab0)的左、右焦點(diǎn)，P為直線xeq f(3a,2)上一點(diǎn)，F(xiàn)2PF1是底角為30的等腰三角形，那么E的離心率為 A.eq f(1,2)B.eq f(2,3)C.eq f(3,4)D.eq f(4,5)8.2023鄭州質(zhì)檢假設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足那么z=3x+2y的最小值是( )A.0 B. 1 C.9.2023課標(biāo)全國(guó)卷如圖1，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為，粗線畫(huà)出的是某幾何體的三視圖，那么此幾何體的體積為A.B.C.D.圖110.2023哈爾濱第六中學(xué)三模直線與圓交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，那么EOFO是原點(diǎn)的面積為 A. B.

5、 C. D.11.理2023課標(biāo)全國(guó)卷三棱錐的所有頂點(diǎn)都在球的球面上，是邊長(zhǎng)為的正三角形，為球的直徑，且，那么此棱錐的體積為A.B.C.D.文2023課標(biāo)全國(guó)卷平面截球O的球面所得圓的半徑為1，球心O到平面的距離為eq r(2)，那么此球的體積為 A.eq r(6) B.4eq r(3)C.4eq r(6) D.6eq r(3)12.2023瓊海模擬一個(gè)幾何體的三視圖如圖2所示，其中正視圖是一個(gè)正三角形，那么這個(gè)幾何體的外接球的外表積為 A.B.C.D.圖2第二卷二、填空題本大題共4小題，每題5分，共20分.將答案填在答題卷相應(yīng)位置上.13.2023鄭州質(zhì)檢假設(shè)直線和平行，那么實(shí)數(shù)的值為.14

6、.2023課標(biāo)全國(guó)卷等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，假設(shè)，那么公比q=_.15.2023鄭州質(zhì)檢在ABC中，a,b,c分別為角A，B，C所對(duì)的邊，S為ABC的面積.假設(shè)向量p=q=滿足pq,那么C= .16.2023遼寧卷P，Q為拋物線上兩點(diǎn)，點(diǎn)P，Q的橫坐標(biāo)分別為4，2，過(guò)P、Q分別作拋物線的切線，兩切線交于A，那么點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為_(kāi).三、解答題本大題共6小題，總分值70分.解答須寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程和演算步驟.17.本小題總分值10分2023長(zhǎng)望瀏寧四縣市調(diào)研函數(shù).1求函數(shù)的最小正周期；2當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的取值范圍.18.本小題總分值12分理2023課標(biāo)全國(guó)卷如圖3，直三棱柱ABCA1B1C1中

7、，ACBCeq f(1,2)AA1，D是棱AA1的中點(diǎn)，DC1BD.1證明：DC1BC；2求二面角A1BDC1的大小.圖3文2023課標(biāo)全國(guó)卷如圖3，三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱垂直底面，ACB90，ACBCeq f(1,2)AA1，D是棱AA1的中點(diǎn).1證明：平面BDC1平面BDC；2平面BDC1分此棱柱為兩局部，求這兩局部體積的比.圖319.本小題總分值12分2023瓊海模擬各項(xiàng)都不相等的等差數(shù)列的前6項(xiàng)和為60，且為和的等比中項(xiàng).1求數(shù)列的通項(xiàng)公式；2假設(shè)數(shù)列滿足，且，求數(shù)列的前項(xiàng)和.20.本小題總分值12分理2023北京卷如圖41，在RtABC中，C90，BC3，AC6，D，E分別

8、是AC，AB上的點(diǎn)，且DEBC，DE2，將ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如圖521求證：A1C平面BCDE2假設(shè)M是A1D的中點(diǎn)，求CM與平面A1BE所成角的大??；3線段BC上是否存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說(shuō)明理由.圖4文2023北京卷如圖41，在RtABC中，C90，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F為線段CD上的一點(diǎn)，將ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1FCD，如圖521求證：DE平面A1CB；2求證：A1FBE3線段A1B上是否存在點(diǎn)Q，使A1C平面DEQ？說(shuō)明理由圖421.本小題總分值12分2023安徽卷如圖5，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓C：eq f

9、(x2,a2)eq f(y2,b2)1(ab0)的左、右焦點(diǎn)，A是橢圓C的頂點(diǎn)，B是直線AF2與橢圓C的另一個(gè)交點(diǎn)，F(xiàn)1AF260.1求橢圓C的離心率；2AF1B的面積為40eq r(3)，求a，b的值.圖522.本小題總分值12分理2023湖南卷函數(shù)f(x)eaxx，其中a0.1假設(shè)對(duì)一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合；2在函數(shù)f(x)的圖象上取定兩點(diǎn)A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)(x1x2)，記直線AB的斜率為k.問(wèn)：是否存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立？假設(shè)存在，求x0的取值范圍；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.文2023湖南卷函數(shù)f(x)exax，其中a0.1假設(shè)

10、對(duì)一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合；2在函數(shù)f(x)的圖象上取定兩點(diǎn)A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)(x1x2)，記直線AB的斜率為k，證明：存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立.試卷類型：A2023屆高三新課標(biāo)原創(chuàng)月考試題三答案數(shù)學(xué)1.A【解析】因?yàn)椋?又因?yàn)榧?，所以集合可能?選A.2.D【解析】因?yàn)槭堑诙笙藿?所以.由三角函數(shù)的定義,有,解得.所以.3.理A【解析】對(duì)于，可能存在；對(duì)于，假設(shè)加上條件就正確了；對(duì)于是正確的；對(duì)于，直線可能平行，也可能相交或異面；綜上可知，正確的命題只有一個(gè).文D【解析】當(dāng)或l時(shí)，在平面內(nèi)，顯然存在直線b使得b;當(dāng)與斜交時(shí)，

11、只需要b垂直于在平面內(nèi)的射影即可得到.4.D【解析】由，得，所以，即，解得或舍去.5.C【解析】設(shè),因?yàn)?，所?所以.6.A【解析】由可得雙曲線的焦距2c10，a2b25225，排除C，D，又由漸近線方程為yeq f(b,a)xeq f(1,2)x，得eq f(1,2)eq f(b,a)，解得a220，b25，所以選A.7.C【解析】根據(jù)題意，一定有PF1F230，且PF2x60，故直線PF2的傾斜角是eq f(,3)，設(shè)直線xeq f(3,2)a與x軸的交點(diǎn)為M，那么|PF2|2|F2M|，又|PF2|F1F2|，所以|F1F2|2|F2M|.所以2c2eq blc(rc)(avs4alco

12、1(f(3,2)ac)，即4c3a，故eeq f(c,a)eq f(3,4).應(yīng)選C.8.B【解析】作出不等式組表示的可行域如以下圖，令，可知當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)，取得最小值0，故此時(shí)取得最小值1.9. B【解析】由三視圖可知，該幾何體是三棱錐，底面是斜邊長(zhǎng)為6的等腰直角三角形斜邊上高為，有一條長(zhǎng)為3的側(cè)棱垂直于底面，所以幾何體的體積為,選B.10.D【解析】因?yàn)閳A心到直線的距離為，那么，又原點(diǎn)到直線的距離為，所以.11.理A【解析】的外接圓的半徑，點(diǎn)到面的距離,為球的直徑點(diǎn)到面的距離為,此棱錐的體積為.文B【解析】由題意，球的半徑為Req r(12r(2)2)eq r(3)，所以球的體積為Veq

13、f(4,3)R34eq r(3).應(yīng)選B.12.D【解析】該幾何體是個(gè)如以下圖所示的三棱錐D-ABC，外接球的球心為點(diǎn)，F(xiàn)為AC的中點(diǎn)，設(shè),那么，解得.所以外接球的半徑為，外表積為.13.-3或2【解析】由兩直線平行的充要條件得，解得或.14.【解析】顯然公比，設(shè)首項(xiàng)為，那么由，得，即，即，即，所以，解得.15.【解析】由，得,那么.由余弦定理得，故.又由正弦定理得，所以，所以.又，所以.16. 4【解析】由x22y可知yeq f(1,2)x2，這時(shí)yx，由P，Q的橫坐標(biāo)為4，2，這時(shí)P(4,8)，Q(2,2), 以點(diǎn)P為切點(diǎn)的切線方程PA為y84(x4)，即4xy80；以點(diǎn)Q為切點(diǎn)的切線方程

14、QA為y22(x2)，即2xy20；由聯(lián)立得A點(diǎn)坐標(biāo)為(1，4)，這時(shí)縱坐標(biāo)為4.17.解：1因?yàn)?所以函數(shù)的最小正周期為.2.當(dāng)時(shí)，所以當(dāng)，即時(shí)，；當(dāng)，即時(shí)，；故函數(shù)的取值范圍是.18.理解：1證明：由題設(shè)知，三棱柱的側(cè)面為矩形.由于D為AA1的中點(diǎn)，故DCDC1.又ACeq f(1,2)AA1，可得DCeq oal(2,1)DC2CCeq oal(2,1)，所以DC1DC.而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.BC平面BCD，故DC1BC.2由1知BCDC1，且BCCC1，那么BC平面ACC1，所以CA，CB，CC1兩兩相互垂直.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq o(CA,sup6()的方向

15、為x軸的正方向，|eq o(CA,sup6()|為單位長(zhǎng)，建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系Cxyz.由題意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2).那么eq o(A1D,sup6()(0,0，1)，eq o(BD,sup6()(1，1,1)，eq o(DC1,sup6()(1,0,1).設(shè)n(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，那么eq blcrc (avs4alco1(no(BD,sup6()0，,no(A1D,sup6()0，)即eq blcrc (avs4alco1(xyz0，,z0.)可取n(1,1,0).同理，設(shè)m是平面C1BD的法向量，那么eq b

16、lcrc (avs4alco1(mo(BD,sup6()0，,mo(DC1,sup6()0.)可得m(1,2,1).從而cosn，meq f(nm,|n|m|)eq f(r(3),2).故二面角A1BDC1的大小為30.文解：1證明：由題設(shè)知BCCC1，BCAC，CC1ACC，所以BC平面ACC1A1又DC1平面ACC1A1，所以DC1BC由題設(shè)知A1DC1ADC45，所以CDC190，即DC1DC.又DCBCC，所以DC1平面BDC.又DC1平面BDC1，故平面BDC1平面BDC.2設(shè)棱錐BDACC1的體積為V1，AC1.由題意得V1eq f(1,3)eq f(12,2)11eq f(1,2

17、).又三棱柱ABCA1B1C1的體積V1所以(VV1)V111.故平面BDC1分此棱柱所得兩局部體積的比為11.19.解：1設(shè)等差數(shù)列的公差為,那么因?yàn)閿?shù)列的各項(xiàng)都不相等，所以公差.故解得所以.2因?yàn)?，所以?又滿足上式，所以.所以.故.20.理解：1證明：因?yàn)锳CBC，DEBC，所以DEAC，所以DEA1D，DECD，所以DE平面A1DC，所以DEA1C又因?yàn)锳1CCD所以A1C平面BCDE2如右圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系Cxyz，那么A1(0,0,2eq r(3)，D(0,2,0)，M(0,1，eq r(3)，B(3,0,0)，E(2,2,0).設(shè)平面A1BE的法向量為n(x，

18、y，z)，那么neq o(A1B,sup6()0，neq o(BE,sup6()0.又eq o(A1B,sup6()(3,0，2eq r(3)，eq o(BE,sup6()(1,2,0)，所以eq blcrc (avs4alco1(3x2r(3)z0，,x2y0.)令y1，那么x2，zeq r(3)，所以n(2,1，eq r(3).設(shè)CM與平面A1BE所成的角為，因?yàn)閑q o(CM,sup6()(0,1，eq r(3)，所以sin|cos(n，eq o(CM,sup6()|eq blc|rc|(avs4alco1(f(no(CM,sup6(),|n|eq o(CM,sup6()|)eq f(4

19、,r(8)r(4)eq f(r(2),2).所以CM與平面A1BE所成角的大小為eq f(,4).3線段BC上不存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直，理由如下：假設(shè)這樣的點(diǎn)P存在，設(shè)其坐標(biāo)為(p,0,0)，其中p0,3.設(shè)平面A1DP的法向量為m(x，y，z)，那么meq o(A1D,sup6()0，meq o(DP,sup6()0.又eq o(A1D,sup6()(0,2，2eq r(3)，eq o(DP,sup6()(p，2,0)，所以eq blcrc (avs4alco1(2y2r(3)z0，,px2y0.)令x2，那么yp，zeq f(p,r(3).所以meq blc(rc)(a

20、vs4alco1(2，p，f(p,r(3).平面A1DP平面A1BE，當(dāng)且僅當(dāng)mn0，即4pp0.解得p2，與p0,3矛盾.所以線段BC上不存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直.文解：1證明：因?yàn)镈，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，所以DEBC.又因?yàn)镈E平面A1CB，所以DE平面A1CB.2證明：由得ACBC且DEBC，所以DEAC.所以DEA1D，DECD，所以DE平面A1DC.而A1F平面A1DC所以DEA1F又因?yàn)锳1FCD所以A1F平面BCDE所以A1FBE3線段A1B上存在點(diǎn)Q，使A1C平面DEQ理由如下：如圖，分別取A1C，A1B的中點(diǎn)P，Q，那么PQBC.又因?yàn)镈EBC，所以D

21、EPQ.所以平面DEQ即為平面DEP，由2知，DE平面A1DC，所以DEA1C又因?yàn)镻是等腰三角形DA1C底邊A1所以A1CDP所以A1C平面DEP從而A1C平面DEQ故線段A1B上存在點(diǎn)Q，使得A1C平面DEQ21.解： 1由題意可知，AF1F2為等邊三角形，a2所以eeq f(1,2).2(方法一)a24c2，b23c直線AB的方程可為yeq r(3)(xc).將其代入橢圓方程3x24y212c2，得Beq blc(rc)(avs4alco1(f(8,5)c，f(3r(3),5)c).所以|AB|eq r(13)eq blc|rc|(avs4alco1(f(8,5)c0)eq f(16,5

22、)c.由SAF1Beq f(1,2)|AF1|AB|sinF1ABeq f(1,2)aeq f(16,5)ceq f(r(3),2)eq f(2r(3),5)a240eq r(3)，解得a10，b5eq r(3).(方法二)設(shè)|AB|t.因?yàn)閨AF2|a，所以|BF2|ta.由橢圓定義|BF1|BF2|2a可知，|BF1|3a再由余弦定理(3at)2a2t22atcos60可得，teq f(8,5)a.由SAF1Beq f(1,2)aeq f(8,5)aeq f(r(3),2)eq f(2r(3),5)a240eq r(3)知，a10，b5eq r(3).22.理解：1假設(shè)a0，那么對(duì)一切x0

23、，f(x)eaxx1，這與題設(shè)矛盾.又a0，故a0.而f(x)aeax1，令f(x)0得xeq f(1,a)lneq f(1,a).當(dāng)xeq f(1,a)lneq f(1,a)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xeq f(1,a)lneq f(1,a)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增.故當(dāng)xeq f(1,a)lneq f(1,a)，f(x)取最小值feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)lnf(1,a)eq f(1,a)eq f(1,a)lneq f(1,a).于是對(duì)一切xR，f(x)1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)eq f(1,a)eq f(1,a)lneq f(1,a)1.令g(t)ttlnt，那么g(t)lnt.當(dāng)0t1時(shí)，g(t)0，g(t)單調(diào)遞增；當(dāng)t1時(shí)，g(t)0，g(t)單調(diào)遞減.故當(dāng)t1時(shí)，g(t)取最大值g11.因此，當(dāng)且僅當(dāng)eq f(1,a)1，即a1時(shí)，式成立.綜上所述，a的取值集合為1.2由題意知，keq f(fx2fx1,x2x1)1.令(x)f(x)kaeax