内蒙古赤峰二中2023-2024学年高三上学期第三次月考数学试题（理）（Word版附解析）

赤峰二中2024届高三年级第三次月考试题数学(理)试卷考试时间：120分钟全卷满分：150分注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷(选择题)一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.定义集合．已知集合，，则的元素的个数为（）A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【分析】根据题中条件，直接进行计算即可.【详解】因为，，所以，故的元素的个数为4．故选：2.若i是虚数单位，则复数的虚部等于（）A.2B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直接利用复数代数形式的运算化简得答案．【详解】，复数的虚部等于． 故选：B．3.某射击运动员连续射击5次，命中的环数（环数为整数）形成的一组数据中，中位数为8，唯一的众数为9，极差为3，则该组数据的平均数为（）A.B.C.8D.【答案】B【解析】【分析】首先分析数据情况，再根据平均数公式计算可得.【详解】依题意这组数据一共有个数，中位数为，则从小到大排列的前面有个数，后面也有个数，又唯一的众数为，则有两个，其余数字均只出现一次，则最大数字为，又极差为，所以最小数字为，所以这组数据为、、、、，所以平均数为.故选：B4.2023年8月8日，第31届世界大学生夏季运动会（成都世界大学生运动会）完美收官．在倒计时100天时，成都大运会发布了官方体育图标——“十八墨宝”．这组“水墨熊猫”以大熊猫“奇一”为原型，将中国体育与中国书画、中国国宝的融合做到了极致．“十八般武艺”造就“十八墨宝”，花式演绎十八项体育竞技，代表了体操、游泳、羽毛球等18个成都大运会竞赛项目，深受广大人民喜爱．其中，射箭的水墨熊猫以真实的射箭运动为原型，拉满弓箭时，弓臂为圆弧形，弧中点到弦中点的距离为2cm，弦长为8cm，则弓形的面积约为（参考数据：，）（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，求出弓形弧所对圆心角的大小，再求出扇形、三角形面积即可得解.【详解】依题意，弦AB中点为D，弧AB的中点为C，，，，如图， 设圆的半径为R，，，在中，，解得，，．显然，则，，，于是，因此扇形的面积，而的面积，所以弓形面积约为.故选：C5.点A是曲线上任意一点，则点A到直线的最小距离为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】动点在曲线，则找出曲线上某点的斜率与直线的斜率相等的点为距离最小的点，利用导数的几何意义即可【详解】不妨设，定义域为：对求导可得：令解得：（其中舍去）当时，，则此时该点到直线的距离为最小 根据点到直线的距离公式可得：解得：故选：A6.在等比数列中，，，则（）A.B.C.D.11【答案】A【解析】【分析】设，倒序相加再由等比数列的性质求解.【详解】设，则，所以.故选：A7.已知，则（）A.2B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意利用两角和的正切公式可得，再利用倍角公式结合齐次式问题运算求解. 【详解】因为，整理得，解得，所以.故选：D.8.若两个正实数x，y满足，且不等式恒成立，则实数m的取值范围为（）A.B.或C.D.或【答案】A【解析】【分析】不等式恒成立，只要即可，根据基本不等式中“1”的整体代换求出的最小值，再结合一元二次不等式的解法即可得解.【详解】由题意知，，当且仅当，即时取等，又不等式恒成立，则不等式，解得，所以实数m的取值范围为.故选：A.9.已知数列的首项为，是边所在直线上一点，且 ，则数列的通项公式为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据三点共线可得递推关系式，构造出等比数列，由等比数列通项公式可推导求得结果.【详解】由得：，三点共线，，即，，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，，则.故选：A.10.腰长为的等腰的顶角为，且，将绕旋转至的位置得到三棱锥，当三棱锥体积最大时其外接球面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】在中，求得，根据题意得到三棱锥体积最大时，平面平面，取中点，得到，进而得到且，设三棱锥外接球的半径为，分别求得和的外接圆的半径，结合 ，进而求得外接球的表面积.【详解】在中，因为，可得，所以，当三棱锥体积最大时，平面平面，因为，取中点，则，设为外接圆圆心，为三棱锥外接球心，则，再设为外接圆圆心，平面，则且，设三棱锥外接球的半径为在直角中，可得且，因为，可得所以外接圆半径，所以，因为，所以的外接圆的半径，且，在中，可得，可得，所以，所以外接球的表面积为.故选：A.11.中，，则的取值范围是（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】化简得到，从而得到，得到，，利用正弦定理得到，从而得到的取值范围.【详解】，在中，，故或，当时，，故，不合要求，舍去，所以，，因为，所以，即，因为，所以，由正弦定理得，故因为，所以，故，因为，所以，故，因为，所以，，，故. 故选：B【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.12.高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数，如，，已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（）A.2026B.2025C.2024D.2023【答案】B【解析】【分析】根据递推公式证明数列为等比数列，然后由等比数列通项公式可得，利用累加法求，再对进行放缩求，最后由裂项相消法求出，根据高斯函数可得答案.【详解】由得，又，所以数列是以4为首项和公比的等比数列，故，由累加法得，所以，∵， 又，∴，令，，，∴，代入得.故选：B．【点睛】本题难点在于考察知识点多，解答过程曲折不易思考，每个知识点的考察难度不算太大，这就要求学生对数列知识掌握全面，并且对问题掌握一定的分析方法.第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.函数图象向左平移个单位得到函数的图象，若函数是偶函数，则________．【答案】【解析】【分析】根据函数图象的平移可得，进而根据偶函数即可求解,进而可求解.【详解】，由于是偶函数，所以,故，所以， 故答案为：14.已知，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】由已知且、不共线，结合向量的坐标运算可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】由已知且、不共线，则，解得且.所以，实数的取值范围是.故答案为：.15.已知A，B，C是双曲线（，）上的三点，直线AB经过原点O，AC经过右焦点F，若，且，则该双曲线的离心率为_____________．【答案】【解析】【分析】利用双曲线定义，作出辅助线构造矩形，利用勾股定理求解即可.【详解】设双曲线的左焦点为E，连接AE，CE，BE， 由题意知，，，∴四边形AEBF为矩形，令，，∵，，∴在中，，将代入可得，∴，，∴在中，，即，可得．故答案为：.16.已知函数，若关于的不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】由导数得出函数的图像，讨论与的关系，结合图像得出实数的取值范围.【详解】当时，，即函数在上单调递增函数的图像如下图所示： 由得出，当时，显然不成立.但时，解得，使得不等式只有唯一整数解，此时.即时，唯一整数解是，当时，，使得不等式只有唯一整数解，此时，即时，唯一整数解是.综上，.故答案为：三、解答题：共70分.解答题写出相应的文字说明，证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必修作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.教育是阻断贫困代际传递的根本之策．补齐贫困地区义务教育发展的短板，让贫困家庭子女都能接受公平而有质量的教育，是夯实脱贫攻坚根基之所在．治贫先治愚，扶贫先扶智．为了解决某贫困地区教师资源匮乏的问题，某市教育局拟从5名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动．支教活动共分3批次进行，每次支教需要同时派送2名教师，且每次派送人员均从这5人中随机抽选．已知这5名优秀教师中，2人有支教经验，3人没有支教经验．（1）求5名优秀教师中的“甲”，在这3批次支教活动中恰有两次被抽选到的概率；（2）求第一次抽取到无支教经验的教师人数的分布列；【答案】（1）（2）分布列见解析【解析】【分析】（1）根据二项分布的概率公式即可求解，（2）根据超几何分布的概率公式即可求解概率，进而可求解分布列.【小问1详解】5名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中，被抽取到的概率为，则三次抽取中，“甲”恰有两次被抽取到的概率为；【小问2详解】 X表示第一次抽取到的无支教经验的教师人数，X的可能取值有0，1，2．；；．所以分布列为：X012P0.10.60.318.已知数列满足．（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据递推关系作差即可求解，（2）根据错位相减法即可求和.【小问1详解】当时，．当时，，即，当时，上式也成立，所以．当时，也符合，所以．【小问2详解】由（1）知． ，，则，所以．19.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ACDE是正方形，DF//BC，AB⊥AC，AE⊥平面ABC，AB=AC=2，EF=DF=.（1）求证:平面BCDF⊥平面BEF；（2）求二面角A-BF-E的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1)根据给定条件证明EF⊥CD，EF⊥DF即可推理作答.(2)以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.【小问1详解】因AE⊥平面ABC，平面ABC，则AE⊥BC，而DF//BC，有AE⊥DF，正方形ACDE中，AE⊥DE，，平面DEF，因此，平面DEF，平面DEF，则，而AE//CD，则EF⊥CD，因DE=2，EF=DF=，即，则有EF⊥DF，因为，平面BCDF，因此，EF⊥平面BCDF，又EF平面BEF，所以平面BCDF⊥平面BEF.【小问2详解】因AB⊥AC，AE⊥平面ABC，则以A为原点，以AB，AC，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐 标系，如图，，，，设为平面ABF的法向量，则，令，得，设为平面BEF的法向量，则，令，得，则有，由图可知，二面角A-BF-E为锐二面角，所以二面角A-BF-E的余弦值为.20.在平面直角坐标系xOy中，已知点，，点P满足．记P的轨迹为M．（1）求M的方程；（2）直线交M于A，B两点，C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线，求四边形ACBD面积的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义求解；（2）分别求出将四边形ACBD面积的表示为二次函数求范围.【小问1详解】 ∵，∴是以，为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆方程为（），则，∴，又∵，则，∴椭圆M的方程为；【小问2详解】由，解得或，因此．设直线CD的方程为，设，．由得．，故．由得，又AB，CD的交点在A，B之间，故，解得． 因为直线CD斜率为1，所以．又四边形ACBD的面积，其中，当时，S取得最大值，最大值为，当时，，∴面积取值范围21.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）设，（）是函数的两个极值点，证明：恒成立.【答案】（1）见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)先求导，然后对的情况进行讨论，判断其单调性；（2）原函数由两个极值点，转化为导函数有两个零点，即方程的判别式，列出相关的式子，最后采用构造函数来证明.【详解】(1)的定义域为，，①当时，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减；②当时，令，得或，令，得，所以在，上单调递增，在上单调递减； ③当时，则，所以在上单调递增；④当时，令，得或，令，得，所以在，上单调递增，在上单调递减；综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；在时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，，上单调递增，在上单调递减，（2），则的定义域为，，若有两个极值点，，（），则方程的判别式，且，，所以，因为，所以，得，所以，设，其中，令得，又，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，即的最大值为，而，∴，从而恒成立.【点睛】在求含有参数的函数单调性时，结合导函数的形式，对参数进行讨论是解题的关键，极值点问题 通常可以转化为零点问题进行求解，遇到证明恒成立问题，根据函数的形式，采用构造新函数的方法可以达到事半功倍的效果.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.【选修4-4：坐标系与参数方程】22.在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为：（，），已知直线l与曲线C相交于M，N两点.（1）求曲线C的极坐标方程；（2）记线段的中点为P，若恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）参数方程消去参数，可得曲线的直角坐标方程，再由得曲线的极坐标方程；（2）利用三角函数的恒等变换和极径求出结果．【小问1详解】∵曲线的参数方程为（为参数），∴曲线的直角坐标方程为，化为一般式得：，设，∴，∴曲线的极坐标方程为：.【小问2详解】 联立和，得，易得，设、，则，由，得，当时，取最大值，所以实数的取值范围为.【选修4-5：不等式选讲】23.已知函数.（1）求的最小值；（2）若为正实数，且，证明不等式.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将函数写成分段函数，结合函数图象求解即可；（2）解法一：根据基本不等式“1”的用法分析证明；解法二：利用柯西不等式直接证明即可.【小问1详解】由题知，其函数图象如图所示，所以，.【小问2详解】 由（1）可知，则，解法一：利用基本不等式：，当且仅当时取等号.所以，.解法二：利用柯西不等式：，当且仅当时取等号.所以，.