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）.docx

1、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

2、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：B3. 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

3、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：，）（ ）

4、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

5、：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， ，

6、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

7、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，

8、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：余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；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；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

9、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

10、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

11、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1721题为必考题，每个试题考生都必

12、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

13、】（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

14、，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，ABAC，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EFCD，EFDF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AEBC，而DF/BC，有AEDF，正方形ACDE中，AEDE，平面DEF，因此，平面DEF，平面DEF，则，而AE/CD，则EFC

15、D，因DE=2，EF=DF=，即，则有EFDF，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ABAC，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

16、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

17、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，当时，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减；当时，令，得或，令，得，所以在，上单调递增，在上单调递减；当时，则，所以在上单调递增；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，

18、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

19、）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，.