宁夏回族自治区银川一中2023-2024学年高三数学（文）上学期第三次月考试题（10月）（Word版附答案）.docx

1、银川一中2024届高三年级第三次月考文 科 数 学 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作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分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已知集合，则= A. （-3，2B. -3，2）C. （2，3D. 2，3）2已知为虚数单位，且复数满足，则（）A B C1D23设，则使成立的一个充分不必要条件是A. B. C. D. 4已知点是所在平面内的一点，且， 设，则 A. B. C. 3 D. 5执行下图所示的程

2、序框图，若输入N的值为8， 则输出S的值为 A0 B C D6有下列四个命题： “若，则互为倒数”的逆命题; “面积相等的三角形全等”的否命题; “若，则有实数解”的逆否命题; “若，则”的逆否命题 其中真命题为 A. B. C. D. 7已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是A若，则B若，则C若，则D若，则8已知函数，结论正确的是 A. 的最小正周期为 B. 的图象关于原点对称 C. 的值域为 D. 在区间上单调递增9已知，则 A. B. C. D. 10某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中， 直角三角形的个数为A1 B2 C3 D411 “学如逆水行舟，不进则退

3、；心似平原跑马，易放难收”增广贤文是勉励人们专心学习的如果每天的“进步”率都是1，那么一年后是；如果每天的“退步”率都是1，那么一年后是，一年后“进步”的是“退步”的倍.如果每天的“进步”率和“退步”率都是20，那么“进步”的是“退步”的1000倍需要经过的时间大约是（参考数据：1g 20.3010，lg 30.4771） A. 15天B. 17天C. 19天D. 21天12已知，则 A. B. C. D. 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分共20分)13已知实数，满足则的最小值是_14若命题“”是假命题，则实数的最大值为_15已知直线与曲线相切， 则_16已知圆锥的侧面展开图为半圆，则该

4、圆锥的侧面积与其内切球的表面积之比为 .三、解答题(共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。)(一)必考题：(共60分)17（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，平面，且四边形是正方形，分别是棱，的中点 (1)求证：平面； (2)若PD=，求异面直线PA与BF所成角的余弦值.18. （本小题满分12分） 设为数列的前项和已知 (1)证明：数列是等比数列； (2)设，求数列的前项和19. （本小题满分12分） 在中，内角所对的边分别是，且. (1)判断此形状; (2)点是线段的中点，若，求面积的最大值

5、.20. （本小题满分12分）已知四棱锥的底面是正方形，是棱上任一点 (1)求证：平面平面； (2)若，求点到平面的距离21. （本小题满分12分） 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，记在区间上的最大值为，且，求的值.(二)选考题(共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做则按所做的第一题记分。)22选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)若直线与轴的交点为，与曲线的交点为，求的值.23选修45：不等式选讲（10分）

6、设函数.(1) 当时，求不等式的解集；银川一中2024届高三第三次月考数学(文科)参考答案一、选择题：题号123456789101112答案DCBDACDDACBC二、填空题13 14. 15.或 16. 三、解答题17【详解】（1）连接，是正方形，分别是棱，的中点，四边形是平行四边形，是的中点，平面，平面，平面，平面，直线在平面内，平面平面，平面，平面（2）异面直线PA与BF所成角的余弦值为.18.【解析】（1）证明：已知，当时，得：，即，所以，当时，则，则，所以，数列是首项为，公比为的等比数列（2）解：由（1）可知，则，所以，所以，.19. 【详解】(1)因为，所以，所以，所以，所以或，即

7、或.所以三角形ABC为等腰三角形或者直角三角形.(2)当时，因为，所以，所以，当且仅当时等号成立则的面积为；当时，则.设，则.在中，由余弦定理可得，则，故的面积，当且仅当时，等号成立.综上，面积的最大值是.故答案为：20.【详解】（1）证明：因为是正方形，且，可得，且，又因为，可得，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面（2）解：因为与平面交点为，且，可得点到平面的距离等于到平面的距离，过点作于点，由（1）知平面，且平面，所以，因为且平面，所以平面，即到平面的距离为边的高，设为，过作于，则，所以，所以，即点到平面的距离等于21.【小问1详解】函

8、数的定义域为，则，令得：，所以在上单调递增；令得：，所以在上单调递减.【小问2详解】当时，所以且，所以，令，则在上成立，所以在单调递增，由于，所以存在，使得，即.在上，恒成立，在区间上单调递增，在区间上单调递减，函数在的最大值为，当且仅当时等号成立，即等号取不到，又，.22【答案】(1)， (2)【详解】（1）将直线的参数方程（为参数）化为普通方程，得，因为，所以，所以，即曲线的直角坐标方程为.（2）把直线的参数方程代入曲线的方程，得，化简得.设，对应的参数分别为，则，所以，可得.23【答案】(1)【详解】（1）当时，函数，当时，由得；当时，由无解；当时，由得.综上，不等式的解集为.（2）证明：因为，当且仅当时，等号成立，故取到最小值，所以，即.所以，当且仅当时，即，等号成立，即成立.