甘肃省天水市第一中学2023-2024学年高三上学期第三次月考数学试题（Word版附解析）

天水一中2023-2024学年第一学期第三次月考《高三数学》试卷时长：120分钟总分：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．1.设集合，，则（）A.B.C.D.2.在中，“”是“”（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25．若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为（）A.0.34B.0.37C.0.42D.0.434.若的二项展开式中的系数是，则实数的值是（）A.B.C.1D.25.紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品,其制作始于明朝正德年间.紫砂壶的壶型众多,经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等.其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台,如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位:cm）,现在向这个空石瓢壶中加入（约）的矿泉水后,问石瓢壶内水深约（）cmA.2.8B.2.9C.3.0D.3.16.已知等边的边长为，为的中点，为线段上一点，，垂足为，当时，（） A.B.C.D.7.若，（）试比较的大小关系（）A.B.C.D.8.已知三棱锥，为中点，，侧面底面，则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为（）A.B.C.D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9.已知为圆上的两点，为直线上一动点，则（）A.直线与圆相离B.当为两定点时，满足的点有2个C.当时，的最大值是D.当为圆的两条切线时，直线过定点10.定义运算．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c满足，则下列结论正确的是（）AB.C.角B的最大值为D.若，则为钝角三角形11.已知，分别为双曲线C：（，）的左、右焦点，的一条渐近线 的方程为，且到的距离为，点为在第一象限上的点，点的坐标为，为的平分线则下列正确的是（）A.双曲线的方程为B.C.D.点到轴的距离为12.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.B.在区间上单调递增C.将函数图象上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，可得函数的图象D.函数的零点个数为7三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中16题第一空2分，第二空3分.13.已知某种元件的使用寿命超过年的概率为，超过年的概率为，若一个这种元件使用年时还未失效，则这个元件使用寿命超过年的概率为___________.14.给出下列命题：①由变量和的数据得到其回归直线方程，则一定经过点；②在回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好；③线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱；④在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量增加0.5个单位.其中真命题的序号是______．15.若函数图象在点处的切线方程为，则的最小值为 __________.16.回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如，，，等，显然位回文数有个：，，，，，位回文数有个：，，，，，，，．（）位回文数有__________个．（）位回文数有__________个．四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知在中，内角，，所对的边分别为，，，.（1）求；（2）若，，求的面积.18.已知数列的前项和为，且，当时，．（1）求数列的通项公式；（2）设，设，求数列的前项和为．19.党的二十大胜利召开，某单位组织举办“百年党史”知识对抗赛，组委会将参赛人员随机分为若干组，每组均为两名选手，每组对抗赛开始时，组委会随机从百年党史题库抽取道抢答试题，每位选手抢到每道试题的机会相等比赛细则为：选手抢到试题且回答正确得分，对方选手得分选手抢到试题但回答错误或没有回答得分，对方选手得分道题目抢答完毕后得分多者获胜已知甲、乙两名选手被分在同一组进行对抗赛，每道试题甲回答正确的概率为，乙回答正确的概率为，两名选手每道试题回答是否正确相互独立．（1）求乙同学得分的概率（2）记为甲同学的累计得分，求的分布列和数学期望．20.如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，四边形ABCD为等腰梯形，∥，，平面平面，． （1）求证：平面平面；（2）若二面角的余弦值为，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．21.已知圆与抛物线在轴下方的交点为，与抛物线的准线在轴上方的交点为，且点，关于直线对称．（1）求抛物线的方程；（2）若点，是抛物线上与点不重合的两个动点，且，求证：直线过定点，并求出定点坐标．22.设函数．（1）已知在点处切线方程是，求实数，的值；（2）在第（1）问条件下，若方程有唯一实数解，求实数的值． 天水一中2023-2024学年第一学期第三次月考《高三数学》试卷时长：120分钟总分：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．1.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意将集合化简，然后结合交集的运算，即可得到结果.【详解】因为，所以，即，且或，所以或，即，所以.故选:B2.在中，“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】结合正弦函数的性质由，可得，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】在中，，由，可得，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.3.某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25．若从这4道题中任选2 道，则这个学生2道题全做对的概率为（）A.0.34B.0.37C.0.42D.0.43【答案】C【解析】【分析】根据排列组合以及概率的乘法公式即可求解.【详解】设事件表示“两道题全做对”，若两个题目都有思路，则,若两个题目中一个有思路一个没有思路，则，故,故选：C4.若的二项展开式中的系数是，则实数的值是（）A.B.C.1D.2【答案】D【解析】【分析】原式利用二次展开通项公式化简，根据的系数是，求出的值即可.【详解】根据的二项展开通项公式.令，得到，由的系数是，得到，解得：，故选：D·5.紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品,其制作始于明朝正德年间.紫砂壶的壶型众多,经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等.其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台,如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位:cm）,现在向这个空石瓢壶中加入（约）的矿泉水后,问石瓢壶内水深约（）cm A.2.8B.2.9C.3.0D.3.1【答案】C【解析】【分析】取圆台的中轴面,补全为一个三角形,根据三角形相似,找到加入矿泉水后水面的半径和水深的关系,根据圆台体积为,列出等式,解出即可.【详解】解:由题知矿泉水的体积为,将圆台的中轴面拿出,补全为一个三角形如图所示:加入矿泉水后,记石瓢壶内水深为,水平面半径为,由图可知,所以有即,解得,由,得,即, 解得:,故加入矿泉水后圆台的体积为:,解得,所以.故选:C6.已知等边的边长为，为的中点，为线段上一点，，垂足为，当时，（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，先分别表示出，，再由向量的数量积运算得到，从而得到为的重心，即可得到结果.【详解】设，则，，，，或（舍去），为的重心，，为的中点，，故选：B．7.若，（）试比较的大小关系（）A.B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先估算出，进而求出的范围，再由求出的范围，最后构造函数估算出即可求解.【详解】由得，故，又，故，由常用数据得，下面说明，令，，当时，，单增，当时，，单减，则，则，则，，令，则，，，则，综上，.故选：D.【点睛】本题主要考查指数对数的大小比较，关键点在于通过构造函数求出的范围，放缩得到，再由和结合即可求解. 8.已知三棱锥，为中点，，侧面底面，则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】连接，，，设三棱锥外接球的球心为，设过点的平面为，则当时，此时所得截面的面积最小，当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，再结合球的截面的性质即可得解.【详解】连接，，由，可知：和是等边三角形，设三棱锥外接球的球心为，所以球心到平面和平面的射影是和的中心，，是等边三角形，为中点，所以，又因为侧面底面，侧面底面，所以底面，而底面，因此，所以是矩形,和是边长为的等边三角形，所以两个三角形的高，在矩形中，，连接，所以，设过点的平面为，当时，此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，，因此圆的半径为：，所以此时面积为， 当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：，所以截面的面积范围为.故选：A．【点睛】关键点点睛：几何体的外接球问题和截面问题，考查空间想象能力，难度较大．二、多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9.已知为圆上的两点，为直线上一动点，则（）A.直线与圆相离B.当为两定点时，满足的点有2个C.当时，的最大值是D.当为圆的两条切线时，直线过定点【答案】AD【解析】【分析】利用点到直线的距离判断A；确定最大时的情况判断B；取AB中点D，由线段PD长判断C；求出直线AB的方程判断D作答.【详解】对于A，因为到直线的距离，即直线与圆相离，A正确；对于B，当A，B为过点P的圆O的切线的切点时，最大，而，显然是锐角，正弦函数在上单调递增，， 因此最大，当且仅当最大，当且仅当最小，则有，此时，所以当为两定点时，满足的点只有1个，B错误；对于C，令AB的中点为D，则，，点D在以O为圆心，为半径的圆上，，显然当在上运动时，无最大值，C不正确；对于D，设，当为切线时，，点在以为直径的圆上，此圆的方程为，于是直线为，即，所以直线过定点，D正确.故选：AD10.定义运算．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c满足，则下列结论正确的是（）A.B.C.角B的最大值为D.若，则为钝角三角形【答案】ACD 【解析】【分析】由新定义运算得，对于选项A：由正弦定理边化角后知正确；对于选项B：可举反例进行判断；对于选项C：结合余弦定理及基本不等式，可求得，可知C正确；对于选项D：结合条件可得计算即可判断出为钝角.【详解】由可知，整理可知，由正弦定理可知，，从而可知A正确；因为满足，但不满足，故B不正确；B错误；（当且仅当时取“=”），又，∴B的最大值为，故C正确；由可得，解得，又，从而可得为最大边，，角A为钝角，故D正确．故选：ACD．11.已知，分别为双曲线C：（，）的左、右焦点，的一条渐近线的方程为，且到的距离为，点为在第一象限上的点，点的坐标为，为的平分线则下列正确的是（）A.双曲线的方程为B.C.D.点到轴的距离为【答案】ACD【解析】 【分析】由到的距离为以及渐近线方程为可求得，即可得出方程，判断A；由可求出判断B；结合双曲线定义可求得，求出，即可求出，判断C；利用等面积法可求得点到轴的距离，判断D.【详解】到的距离为，，解得，又渐近线方程为，则，结合可解得，，则双曲线的方程为，故A正确；为的平分线，，故B错误；由双曲线定义可得，则可得，，则中，，则，则，即，故C正确；在中，，设点到轴的距离为d，则，即，解得，故D正确．故选：ACD.【点睛】关键点点睛：是根据已知求出双曲线方程，结合双曲线的定义求得焦点三角形的各边长.12.已知函数的部分图象如图所示，则（） A.B.在区间上单调递增C.将函数图象上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，可得函数的图象D.函数的零点个数为7【答案】ABD【解析】【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作答求出函数的解析式，再分析判断ABC；换元并构造函数，利用导数结合图形判断D作答.【详解】观察图象知，函数的周期，则，而，即有，由知，，因此，A正确；显然，当时，，因此单调递增，B正确；将图象上各点横坐标变为原来的得，再将所得图象向右平移个单位长度，得，而，C错误；由，得，令，则，令，显然当时，，即恒有，函数在上无零点，当时，，令，， 函数在上都递减，即有在上递减，，，因此存在，，当时，，当时，，有在上递增，在递减，，，于是存在，，当时，，当时，，则函数在上递减，在递增，，，从而函数在上存在唯一零点，而函数周期为，在上单调递增，如图，，，，从而函数在上各有一个零点，又0是的零点，即函数在定义域上共有7个零点，所以函数的零点个数为7，D正确.故选：ABD【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中16题第一空2分，第二空3分.13.已知某种元件的使用寿命超过年的概率为，超过年的概率为，若一个这种元件使用年时还未失效，则这个元件使用寿命超过年的概率为___________.【答案】 【解析】【分析】根据条件概率公式进行求解即可.【详解】设一个这种元件使用年的事件为，使用年的事件为，则.故答案为：14.给出下列命题：①由变量和的数据得到其回归直线方程，则一定经过点；②在回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好；③线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱；④在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量增加0.5个单位.其中真命题的序号是______．【答案】①②【解析】【分析】利用回归直线方程的特征以及两个变量之间的关系逐一判断四个选项的正误即可.【详解】回归直线一定过样本中心点，故①正确；残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好，故②正确；线性相关系数的绝对值越大，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱，故③错误；在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量减少0.5个单位，故④错误.故答案为：①②.15.若函数图象在点处的切线方程为，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】先求出函数的导数，表示出切线方程，得k﹣b＝•x0﹣1，令＝xex﹣1，根据函数的单调性求出k﹣b的最小值即可．【详解】已知，得f′（x）＝ex﹣1，设切点为（x0，f（x0）），故f′（x0）＝， 故f（x）＝ex﹣x图象在点（x0，f（x0））处的切线斜率为：k＝，所求切线方程为y＝（﹣1）（x﹣x0）+﹣x0，即y＝（﹣1）x﹣x0，则k＝﹣1，b＝﹣•x0，则k﹣b＝•x0﹣1，令＝xex﹣1，＝ex（x+1），当x＜﹣1时，＜0，当x＞﹣1时，＞0，所以在上递减，在上递增，故＝xex﹣1在x＝﹣1处取得最小值，则k﹣b的最小值是﹣1﹣.故答案为：.【点睛】思路点睛：首先，求出函数的导数，设切点（x0，f（x0）），得切线的斜率，进而得切线方程，最后，得出＝•x0﹣1，令＝xex﹣1，求导得出的单调性及最值.16.回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如，，，等，显然位回文数有个：，，，，，位回文数有个：，，，，，，，．（）位回文数有__________个．（）位回文数有__________个．【答案】①.90②.【解析】【详解】（）位回文数的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零， 第一步，选千位和个位数字，共有种选法， 第二步，选中间两位数字，有种选法， 故位回文数有个．（）第一步，选左边第一个数字，有种选法， 第二步，分别选左边第、、、、、个数字，共有种选法， 故位回文数有个.四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知在中，内角，，所对的边分别为，，，.（1）求； （2）若，，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】根据同角三角函数基本关系及正弦定理化简求；由题意结合正弦定理求得边，余弦定理求得边，最后根据面积公式求解即可.【详解】（1）因为，所以.又，所以，即，即.又，所以，则由，得.（2）由正弦定理，得，则由余弦定理得，解得(负值舍去)，所以.【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.18.已知数列的前项和为，且，当时，．（1）求数列的通项公式； （2）设，设，求数列的前项和为．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）当时，，可得，两式相减即可求解；（2）由（1）可求得，进而可得，，利用乘公比错位相减求和即可求解.【详解】（1）当时，，，两式相减可得：，即，所以，不满足，所以数列的通项公式为；（2）当时，由，，可得，，满足，所以，可得，，，，两式相减可得：，所以.19.党的二十大胜利召开，某单位组织举办“百年党史”知识对抗赛，组委会将参赛人员随机分为若干组，每组均为两名选手，每组对抗赛开始时，组委会随机从百年党史题库抽取道抢答试题，每位选手抢到每道试题的机会相等比赛细则为：选手抢到试题且回答正确得分，对方选手得分选手抢到试题但回答错误或没有回答得分，对方选手得分道题目抢答完毕后得分多者获胜已知甲、乙两名选手被分在同一组进行对抗赛，每道试题甲回答正确的概率为，乙回答正确的概率为 ，两名选手每道试题回答是否正确相互独立．（1）求乙同学得分的概率（2）记为甲同学的累计得分，求的分布列和数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析；期望为【解析】【分析】（1）根据相互独立事件、互斥事件的判断与概率计算公式综合运算求解即可；（2）由题意，可能值为0，50，100，150，200，根据相互独立事件、互斥事件的判断与概率计算公式分别求出对应取值的概率，即可得到离散型随机变量的分布列，再由期望定义及公式求其期望值．【小问1详解】由题意，乙同学得分的基本事件有乙抢到两题且一道正确一道错误、甲乙各抢到一题都回答正确、甲抢到两题且回答错误，所以乙同学得分的概率为【小问2详解】由题意，甲同学的累计得分可能值为0，50，100，150，200，，，，，，分布列如下：所以期望．20.如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，四边形ABCD为等腰梯形，∥， ，平面平面，．（1）求证：平面平面；（2）若二面角的余弦值为，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，由面面垂直的判定即可证明；（2）过作，，垂足分别为，，连接，由几何法可证即为二面角的平面角，过作平面，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设，再由向量法求出直线PD与平面PBC所成角即可．【小问1详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面．【小问2详解】过作，，垂足分别为，，连接，因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以，又，且，，平面， 所以平面，因为平面，所以，即即为二面角的平面角，不妨设，则可知，且，，因为，所以，所以，过作平面，以x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，设直线PD与平面PBC所成角为，则，直线PD与平面PBC所成角的正弦值为21.已知圆与抛物线在轴下方的交点为，与抛物线的准线在轴上方的交点为，且点，关于直线对称．（1）求抛物线的方程；（2）若点，是抛物线上与点不重合的两个动点，且，求证：直线过定点，并求出定点坐标．【答案】（1）；（2）存在；定点坐标．【解析】【分析】（1）联立抛物线准线与圆的方程求得点B的坐标，再根据点A和点B关于对称获得点A的坐标，最后根据点A在抛物线上，列方程求得，最后求得抛物线的方程;（2）设，，直线的方程为，联立直线方程与抛物线方程，由韦达定理可知，，因为，所以 ，整理化简得到，最后得到直线过定点.【详解】（1）解：将代入，得，所以，由点，关于直线对称，可得，将的坐标代入抛物线的方程得，解得，所以抛物线的方程为．（2）证明：由（1）得，设，，直线的方程为．将直线的方程代入得，所以，所以，．因为，所以，由题意可知，，所以．所以，即，所以，即，所以直线的方程为，直线过定点，定点坐标为．【点睛】求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．22设函数．（1）已知在点处的切线方程是，求实数，的值； （2）在第（1）问的条件下，若方程有唯一实数解，求实数的值．【答案】（1），；（2）．【解析】【分析】（1）当时，求得，得到，再由，联立方程组即可求解；（2）根据题意转化为有唯一实数解，设，求得，令，利用二次函数的性质，得到函数单调性与最值，进而得到，结合的单调性，求得方程的解为，代入，即可求解.【详解】（1）当时，可得，所以，即，因，即，即联立方程组，解得，．（2）由方程有唯一实数解，即有唯一实数解，设，则，令，因为，所以，且，所以方程有两异号根，设，，因为，所以应舍去，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增．当时，，取最小值，因为有唯一解，所以，则，即，因为，所以．（*）设函数， 因为当时，是增函数，所以至多有一解，因为，所以方程（*）的解为，将代入，可得．【点睛】函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.