安徽省皖东十校联盟2024届高三上学期第三次月考数学试题（Word版附解析）

皖东十校联盟2023-2024学年高三上学期第三次月考数学试题一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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.在复平面内，复数对应的向量分别是，则复数对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】【分析】由已知得出，然后根据复数的除法运算化简得出，根据复数的几何意义，即可得出答案.【详解】由已知可得，，，则，所以，复数对应的点为，该点位于第一象限.故选：A.2.已知集合.若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据子集、交集、并集、补集等知识确定正确答案.【详解】由于，所以，所以，A选项正确，B选项错误.与不一定成立，所以CD选项错误. 故选：A3.已知等比数列的首项，前项和为，且成等差数列，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求得等比数列的公比，然后根据等比数列前项和公式求得正确答案.【详解】设等比数列的公比为，由于成等差数列，所以，由于，所以，所以，所以，，所以.故选：B4.“碳达峰”是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降，而“碳中和”是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（亿吨）与时间t（年）满足函数关系式，若经过4年，该地区二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式抵消自身产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要实现“碳中和”，至少需要经过（）（参考数据：）A.13年B.14年C.15年D.16年【答案】D 【解析】【分析】由条件列式先确定参数，再结合对数运算解方程.【详解】由题意，，即，所以，令，即，故，即，可得，即．故选：D5.已知非零向量与满足在上的投影向量为，则与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据投影向量的概念，结合已知可推得，，结合夹角的范围，即可得出答案.【详解】在上的投影向量为,所以，，整理可得，所以，，.又，所以有.因为，所以.故选：C.6.已知，，，则（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由商数关系、和差角正弦公式可得，结合角的范围确定的数量关系.【详解】由，则，又，所以，即，又，，所以，则.故选：D7.已知函数，若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，原不等式等价于.构造函数，则在上单调递减，可得不等式在上恒成立，利用分离参数法可得在上恒成立，结合导数讨论函数的性质求出即可.【详解】设，， 等价于，即，令，则，所以函数在上单调递减，则不等式在上恒成立，即不等式在上恒成立，令，则，令，令，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又，且，所以，故，解得，即实数a的取值范围为.故选：D.8.已知一个圆锥的轴截面为锐角三角形，它的内切球体积为，外接球体积为，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由图可得，进而，结合和二次函数的性质可得，结合球的体积公式计算即可求解.【详解】设圆锥的外接球半径为，内切球半径为，圆锥的高为，底面半径为，母线为，高与母线的夹角为，，如图， 在中，，在中，，则，得.如图，在中，，得，又，所以，所以，又圆锥的轴截面为锐角三角形，所以，所以，故当时，取得最大值，为，所以.故选：B.二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.大连市教育局为了解二十四中学、第八中学、育明中学三所学校的学生文学经典名著的年阅读量，采用样本比例分配的分层随机抽样抽取了一个容量为120的样本.其中，从二十四中学抽取容量为35的样本，平均数为4，方差为9；从第八中学抽取容量为40的样本，平均数为7，方差为15；从育明中学抽取容量为45的样本，平均数为8，方差为21，据此估计，三所学校的学生文学经典名著的年阅读量的（）A.均值为6.3B.均值为6.5 C.方差为17.52D.方差为18.25【答案】BD【解析】【分析】根据样本的均值公式和方差公式列式计算即可.【详解】设二十四中学、第八中学、育明中学三组数据中每个人的数据分别为,,，均值，方差，故选：BD10.已知正方体的棱长为是线段上的一个动点，则（）A.平面平面B.三棱锥的体积为定值C.异面直线和所成的角的取值范围为D.直线与平面所成的角的取值范围为【答案】ABC【解析】【分析】连接，根据已知结合线面垂直的判定定理以及性质定理可推得，，进而根据线面垂直以及面面垂直的判定定理判定A项；先判定平面 ，即可得出点到平面的距离为定值.根据等体积法，即可判定B项；平移得出或即等于异面直线和所成的角.根据图形，即可得出角的最大值以及最小值；建立空间直角坐标系，设，，得出点的坐标，推导得出平面的法向量，表示出，根据向量法表示出夹角，结合参数的范围，求解即可得出答案.【详解】对于A项，如图1，连接，根据正方体的性质可知，，平面，因为平面，所以.因为平面，，所以，平面.因为平面，所以.同理可得，平面，.因为平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.故A正确；对于B项，根据正方体的性质可知，，且，所以，四边形为平行四边形，则.因为平面，平面，所以，平面.又，所以点到平面的距离为定值. 又的面积确定，，所以，三棱锥的体积为定值.故B正确；对于C项，如图2，连接，易知，为等边三角形.由B知，，所以或即等于异面直线和所成的角.易知，当点为中点时，此时有最大值，；当点与重合时，此时有最小值，等于.所以，异面直线和所成的角的取值范围为.故C正确；对于D项，如图3，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，. 设，，则.根据正方体的性质可知，，平面，因为平面，所以.因为平面，，所以，平面.所以，即为平面的一个法向量.设直线与平面所成的角为，因为，且，，所以，，，，则所以，，所以，.故D错误.故选：ABC.11.已知点在曲线上，是坐标原点，则下列结论中正确的是（）A.坐标轴是曲线的对称轴B.曲线围成的图形面积小于C.的最小值为1D.的最大值为【答案】ACD【解析】 【分析】令，即可判断A；设，由可得，即可判断B；由选项B分析可知，即可判断C；设，当时最大，则，结合二次函数的性质即可判断D.【详解】A：令，得，与原方程一样，所以曲线C关于坐标轴对称，故A正确；B：在曲线C上任取一点，则，由，得，所以，即点在单位圆外或圆上，所以曲线C围成的图形面积不小于，故B错误；C：由选项B的分析可知，曲线C上的点在单位圆外或圆上，则，即的最小值为1，故C正确；D：由选项A的分析可知曲线C关于坐标轴对称，设，当时，最大，且，此时，当即时，，即的最大值为，故D正确.故选：ACD.12.已知为函数的零点，且，则下列结论中正确的是（）A.B.C.若，则D.【答案】AC【解析】【分析】根据零点的存在性定理求出的范围，即可判断AB；由题意可得，两边同时取对数，结合，即可判断C；当时，函数有两个不同的零点，即方程 在上有两个不同的实数根，分离参数可得方程在上有两个不同的实数根，令，利用导数作出函数的图象，结合函数图象即可判断D.【详解】令，则，对于A，当时，因为函数都是增函数，所以函数在上单调递增，又，所以函数上有唯一零点，且，当时，，所以，所以函数在上没有零点，所以，故A正确；对于B，由A选项知，，，所以，故B错误；对于C，由A选项可知，因为为函数的零点，所以，两边同时取对数得，因为，所以，即，所以，联立，消得，则，解得， 又，所以，所以，故C正确；对于D，由题意，当时，函数有两个不同的零点，即方程在上有两个不同的实数根，即方程在上有两个不同的实数根，即方程在上有两个不同的实数根，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又当时，，当时，且，如图，作出函数的图象，由图可知，所以，故D错误.故选：AC.【点睛】思路点睛：函数零点性质问题，注意利用零点满足的方程构建零点之间的相互关系，同时注意将零点问题转化函数图象与水平直线的交点个数问题.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知函数是定义在R上的奇函数，则曲线在 处的切线方程为______．【答案】【解析】【分析】求出表达式，根据奇函数的性质得出的值，代入求出导函数.根据导数的几何意义，得出切线的斜率.代入点斜式方程，整理即可得出答案.【详解】由已知可得，.根据奇函数的性质可知，，所以，，即有对恒成立，所以，，解得，所以，.又，根据导数的几何意义可知，曲线在处的切线的斜率，代入点斜式方程有，整理可得.故答案为：.14.的展开式中，按的升幂排列的第3项的系数为______．【答案】3【解析】【分析】根据已知得出按的升幂排列的第3项即含的项.结合二项式定理，分类讨论求解，即可得出答案.【详解】由已知可得，展开式中含有常数项、一次项、两次项，所以，按的升幂排列的第3项即含的项.展开式中的常数项为，展开式中含的项为；展开式中含的项为，展开式中含的项为； 展开式中含的项为，展开式中的常数项为.所以，的展开式中，含的项为.故答案为：3.15.已知函数．若是的零点，是的图象的对称轴，当时，有且只有两个极值点，则______．【答案】【解析】【分析】根据函数的对称性可推得，.根据已知得出，结合的取值范围以及已知，即可得出，进而根据不等式的性质得出，求出，.进而根据对称轴，求出，代入即可得出答案.【详解】根据正弦函数的性质结合函数的对称性可得，，所以，，.因为，所以.又，所以，且在处取不到极值.又当时，有且只有两个极值点，所以.因为，所以，所以，所以，.又，， 所以，.因为是的图象的对称轴，所以，或，即或.当时，因为，所以时，满足，此时，所以，；当，因为，此时无解.综上所述，.故答案为：.16.已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，是两条曲线的公共点，，则椭圆的离心率为______．【答案】##0.5【解析】【分析】由题意可得，设，由得代入椭圆方程，整理可得，结合解方程即可求解.【详解】由题意知，椭圆的右焦点，抛物线的焦点为，则，即，所以抛物线方程为， 根据对称性，不妨设，又，由抛物线的定义，得，得，即，代入椭圆方程，得，结合，整理得，由，得，解得或，又，所以.故答案为：.四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.如图，在正三棱柱中，点在棱上，且.（1）求证：平面；（2）若正三棱柱的底面边长为，二面角的大小为，求直线到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据正三棱柱和得，即可得D是AB的中点，从而由中位线得，证明结论. （2）由二面角的大小为，解得平面的一个法向量，根据第一问的平行和点到平面的距离公式得出答案.【小问1详解】在正三棱柱中，是侧棱，所以平面ABC，又平面ABC，所以.又，，，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，所以D是AB的中点.如图，连接，交于点M，连接DM.因为M是的中点，所以DM是的中位线，所以，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】取的中点，可知，所以平面ABC.以D为原点，分别以，，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设三棱柱的高为h，则，，，，，，，，.设平面的一个法向量为，则，取，得.设平面的一个法向量为，则，取，得. 所以，解得，所以，由（1）知平面，所以直线到平面距离即点A到平面的距离，因为，所以直线到平面的距离为.18.在锐角中，内角所对的边分别为，且.（1）证明：；（2）若，求的周长的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据已知结合余弦定理可推得.进而根据正弦定理边化角以及三角恒等变换，化简可得.结合锐角三角形，即可得出证明；（2）先根据已知得出.根据三角恒等变换化简得出，然后根据正弦定理化简得出，进而根据余弦函数的取值范围，即可得出答案.【小问1详解】由余弦定理可得，.又，所以有，整理可得. 由正弦定理边化角可得，.又，所以，，整理可得，.因为锐角三角形，所以，，，所以，，.【小问2详解】由（1）知，，则.因为锐角三角形，所以，，解得根据正弦定理可得，，.因为，所以，，，所以，. 因为，所以，，，所以，，所以，.所以，的周长的取值范围为.19.甲、乙两人参加一场比赛，比赛采用五局三胜制（比赛最多进行五局，每局比赛都分出胜负，先胜三局者获胜，比赛结束）．由于心理因素，甲每局比赛获胜的概率会受到前一局比赛结果的影响：如果前一局比赛甲获胜，则下一局比赛甲获胜的概率为；如果前一局比赛乙获胜，则下一局比赛甲获胜的概率为．已知第一局比赛甲获胜的概率为，事件表示“第局比赛甲获胜”.（1）求第二局比赛甲获胜的概率；（2）证明：当时，，并类比上述公式写出的公式（不需要证明）；（3）求比赛结束时甲获胜两局的概率.【答案】（1）；（2）证明见解析；；（3）.【解析】【分析】（1）利用互斥事件及条件概率公式计算即得.（2）利用条件概率公式计算推理即得，再写出的公式.（3）列举出甲获胜两局的所有可能情况，再利用互斥事件的概率公式列式计算即得.【小问1详解】依题意，， 所以.【小问2详解】因为，，所以，同理.【小问3详解】比赛结束时甲获胜两局的事件，所以.20.已知数列满足.（1）求的通项公式；（2）记数列的前项和为，是否存在，使得?若存在，给出符合条件的一组的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意利用构造关于数列的方程组，从而进行求解出通项公式；（2）根据题意先求出数列的公式，然后分情况讨论，从而求解；【小问1详解】解：由题意知①，得②将②与①式相减得：，所以得， 所以，当时，也满足；所以的通项公式为：.【小问2详解】解：不存在，理由如下：设数列的通项为，则，得，所以得即即，当为偶数时：，得，当为奇数时：，得，所以得：当，都为偶数时，得，，此时：，此情况不符合题意；当，都为奇数时，得：，，此时：，此情况不符合题意；当为奇数，都为偶数时，得：，， 此时：，此情况不符合题意；当为偶数，都为奇数时，得，，此时：，此情况不符合题意；综上所述：不存在，使得.【点睛】思路点睛：用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．21.在直角坐标平面内，已知，，动点满足条件：直线与直线的斜率之积等于，记动点的轨迹为．（1）求的方程；（2）过点作直线交于，两点，直线与交点是否在一条定直线上？若是，求出这条直线方程；若不是，说明理由．【答案】（1）（2）点在直线上【解析】【分析】（1）设，由斜率公式得到方程，整理即可得解；（2）依题意直线的斜率不为，设直线的方程为，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线、的方程，即可得到直线，的交点的坐标满足，根据韦达定理求出，即可求出，从而得解.【小问1详解】解：设，则，得，即，故轨迹的方程为：．【小问2详解】解：根据题意，直线的斜率不为， 设直线的方程为，由，消去并整理得，其中，则或．设，，则，．显然，从而可设直线的方程为①，直线的方程为②，所以直线，的交点的坐标满足：．而，因此，，即点在直线上．22.设，函数．（1）判断的零点个数，并证明你的结论；（2）若，记的一个零点为，若，求证：．【答案】（1）零点个数=1，证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，根据a的取值范围确定函数的单调性，从而判断零点的个数；（2）将不等式理解为当两函数值相等时对应的自变量的大小关系即可.【小问1详解】，令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，， 在处取得极小值也是最小值，，，即单调递增，当x趋于0时，趋于，，在内存在唯一的零点，即的零点个数为1；【小问2详解】令是减函数，，即当时，，当时，，由知：；由（1）的讨论知存在唯一的零点，当时，，，，又，…①，其中，令，，则；式即为，不等式等价于，其意义为：当函数与函数的函数值相等时，比较对应的自变量之间的大小关系；设，，当时，，当时，，是减函数，又，时，，即，时，当且仅当时等号成立；即 【点睛】本题第二问的难点在于对不等式的几何解释，即当与的函数值相等时，对应的自变量的大小关系，如此构造函数并判断单调性就顺理成章了，其中对于导函数中有三角函数时，往往采用分区间讨论符号.