2023-2024学年广东省东莞市高三上学期第三次月考数学模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省东莞市高三上学期第三次月考数学模拟试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知扇形的周长为，圆心角为，则此扇形的面积为（ ）
A．B．C．D．
2．已知平面向量和实数，则“”是“与共线”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
3．已知圆锥PO的底面半径为，轴截面的面积为，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
4．已知定义在上的偶函数在上单调递减，则（ ）
A．
B．
C．
D．
5．已知公比为的等比数列的前项和，则（ ）
A．B．1C．2D．4
6．，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数的定义域为，且，，则的值是（ ）
A．9B．10C．11D．12
8．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且的面积为，AB的中点为D，则CD的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
二、多选题
9．下列命题中正确是（ ）
A．命题的否定
B．线性回归直线必过样本点的中心
C．若随机变量服从正态分布，，则；
D．函数在处的切线方程为
10．下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
11．已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．
B．函数的图象关于对称
C．函数在的值域为
D．要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位
12．如图，底面为边长是2的正方形，半圆面底面.点P为半圆弧上（不含A，D点）的一动点.下列说法正确的是（ ）

A．的数量积恒为0
B．三棱锥体积的最大值为
C．不存在点P，使得
D．点A到平面的距离取值范围为
三、填空题
13．集合中只含有1个元素，则实数a的取值是 ．
14．如图，一个地区分为5个行政区域，现给该地区的5个区域涂色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有 种.
15．已知，则 ．
16．已知函数，若不等式恒成立，则a的最小值为 .
四、解答题
17．记数列的前n项和为，对任意正整数n，有，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为，求证.
18．如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，点是棱的中点，点是棱上一点．

(1)证明：；
(2)若是棱上靠近点的三等分点，求点到平面的距离．
19．在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，从条件①、条件②中选一个作为已知条件①：；条件②.
(1)求角；
(2)当时，求的取值范围.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分
20．新高考改革后广西省采用“3+1+2”高考模式，“3”指的是语文､数学､外语，这三门科目是必选的；“1”指的是要在物理､历史里选一门；“2”指考生要在生物学､化学､思想政治､地理4门中选择2门.
(1)若按照“3+1+2”模式选科，求甲乙两个学生恰有四门学科相同的选法种数；
(2)某教育部门为了调查学生语数外三科成绩，现从当地不同层次的学校中抽取高一学生5000名参加语数外的网络测试､满分450分，假设该次网络测试成绩服从正态分布.
①估计5000名学生中成绩介于120分到300分之间有多少人；
②某校对外宣传“我校200人参与此次网络测试，有10名同学获得430分以上的高分”，请结合统计学知识分析上述宣传语的可信度.
附：，，.
21．已知椭圆C：经过点，F为椭圆C的右焦点，O为坐标原点，的面积为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点作一条斜率不为0的直线与椭圆C相交于A，B两点（A在B，P之间），直线与椭圆C的另一个交点为D，求证：点A，D关于轴对称.
22．已知函数．
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)若过点的切线分别交轴和轴于两点，为坐标原点，记的面积为，求最小值；
(3)设函数，且不等式对任意恒成立，求实数的值．
1．D
【分析】根据扇形周长，应用扇形弧长公式列方程求半径，再由面积公式求面积即可.
【详解】令扇形的半径为，则，
所以此扇形的面积为.
故选：D
2．A
【分析】根据平面向量共线的判定定理结合充分、必要条件分析判断.
【详解】若，则与共线，可知充分性成立；
若与共线，例如，则不成立，可知必要性不成立；
所以“”是“与共线”的充分不必要条件.
故选：A.
3．B
【分析】根据轴截面面积和底面半径得到圆锥的高，进而得到圆锥的体积.
【详解】轴截面为等腰三角形，底边长为，设圆锥的高为，
则，解得，
故圆锥的体积为.
故选：B
4．B
【分析】根据题意，由对数的运算可得，再结合偶函数的性质以及函数的单调性，即可比较大小.
【详解】因为偶函数在上单调递减，
所以函数在单调递增，且，，又，，
所以，，
所以，即.
故选：B
5．B
【分析】根据题意求出，继而表示出，根据即可求得q，继而求得答案.
【详解】由题意可得，即，
又，
又是公比为的等比数列，故，
故，
故选：B
6．D
【分析】根据同角关系可求解进而根据和差角公式即可求解.
【详解】，故
故
.
故选：D
7．D
【分析】由赋值法先得，再由与关系列式求解．
【详解】中令，则，
中令，，则，
又中令，则，所以，
中，令，则，
再令，，则．
故选：D
8．A
【分析】利用正弦定理和三角恒等变换求出，再利用三角形面积公式，结合余弦定理和基本不等式计算即可求解.
【详解】在中，由及正弦定理，得，
即，，
整理得，而，
于是或，又，因此即，则，
又，则，D为AB的中点，
由余弦定理，得，
当且仅当即时等号成立，而，解得，
所以AD的最小值为.
故选：A
9．BCD
【分析】根据含有一个量词的命题的否定判断A；根据回归直线的含义判断B；根据正态分布的对称性可判断C；根据导数的几何意义求得数在处的切线方程，判断D.
【详解】对于A，命题的否定，A错误；
对于B，由线性回归直线方程的含义知，线性回归直线必过样本点的中心，B正确；
对于C，随机变量服从正态分布，，
则，C正确；
对于Ｄ，函数，求导得，有，
所以在处的切线方程为，即，D正确；
故选：BCD
10．CD
【分析】举例说明判断AB；作差判断C；利用不等式的性质推理判断D.
【详解】对于A，，当时，，A错误；
对于B，由于，而有，B错误；
对于C，由，得，即，C正确；
对于D，由，得，而，于是，D正确.
故选：CD
11．ACD
【分析】先由图象信息求出表达式，从而即可判断A；注意到是的对称中心当且仅当，由此即可判断B；直接由换元法结合函数单调性求值域对比即可判断C；直接按题述方式平移函数图象，求出新的函数解析式，对比即可判断.
【详解】如图所示：

由图可知，又，
所以，所以，
又函数图象最高点为，
所以，即，
所以，解得，
由题意，所以只能，故A选项正确；
由A选项分析可知，而是的对称中心当且仅当，
但，从而函数的图象不关于对称，故B选项错误；
当时，，，
而函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
所以函数在的值域为，故C选项正确；
若将函数的图象向左平移个单位，
则得到的新的函数解析式为，故D选项正确.
故选：ACD.
12．ABD
【分析】由面面垂直的性质结合平面向量的运算可判断A；由棱锥的体积公式结合高的范围可判断B；由向量的线性运算，，再由数量积运算可判断C；由等体积法得出点到平面的距离取值范围，可判断D.
【详解】对A，因为半圆面底面，，面底面，底面，所以平面，
又 平面，，，
又由圆的性质，，，故A正确；
对B，设点到平面的距离为，底面积，
显然当点为弧中点时最大，此时棱锥的体积最大， ，故B正确；
对C，，故C错误；
对D，因为，
又，
所以， ，
所以，
所以
，
在中，，

设点到平面的距离为，点到平面的距离为，
作于，因为面底面，面底面，面，所以面，
所以，
因为，即，
所以，
设，则，
，，故D正确.
故选：ABD.
13．0或1
【分析】讨论二次项系数为0时是一次方程满足题意；再讨论二次项系数非0时，令判别式等于0即可．
【详解】解：当时，满足题意；
当时，要集合P仅含一个元素，
则，解得，
故a的值为0，1
故0或1
14．72
【分析】根据给定信息，利用用色多少分类，再结合分步乘法计数原理列式计算作答.
【详解】观察图形知，2区与4区不相邻，3区与5区不相邻，且不相邻的区域可用同1种颜色涂色，因此计算涂色方法可用3色和4色，
使用3种颜色，则2区与4区同色，3区与5区必同色，涂2区与4区有4种方法，
涂3区与5区有3种方法，涂1区有2种方法，则涂色方法有（种）；
使用4种颜色，选取同色的方案有2种，涂同色的两块有4种方法，涂另外3块依次有3，2，1种方法，
则涂色方法有（种），
所以不同的涂色方法共有（种）.
故72
15．##
【分析】首先求的值，再用表示齐次分式，即可求解.
【详解】，
.
故
16．##
【分析】变形给定函数，构造函数，探讨函数的性质，再脱去给定不等式中的法则“f”，构造函数并借助导数求解恒成立的不等式作答.
【详解】依题意，，
，在R上单调递增，
且，为奇函数，
，
令，求导得，函数在上单调递增，
当时，有，于是，当时，显然成立，
因此，即，令，求导得，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
因此当时，，则，而，有，
所以a的最小值为.
故
关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据数列递推式，利用可得，利用累乘法，结合验证首项，即可求得答案；
（2）由（1）可得的表达式，利用错位相减法可求得，即可证明结论.
【详解】（1）由题意对任意正整数n，有，
则时，，即；
当时，，则，
即，即，
故时，，
也适合上式，故；
（2）证明：由（1）可得，
故，
则，
故
，
故，由于，故，
故.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明平面，则有，再证明平面，根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为底面，底面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，点是棱的中点，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，
所以点到平面的距离为．

19．(1)
(2)
【分析】（1）选条件①，由正弦定理边化角得到，于是，而，于是，进而求出角；
选条件② ，由正弦定理可得，化简后利用余弦定理得到，进而求出角.
（2）通过正弦定理将边转化为角，再根据三角恒等变换及三角形内角和定理转化为“一角一函数”的形式，最后结合角的范围利用三角函数的值域求解．
【详解】（1）选条件① ，因为，
由正弦定理可得，
所以，
又，所以，
因为，所以，
所以，
又因为，故.
选条件② ，因为，
由正弦定理可得，
整理得，
由余弦定理可得，
又因为，故.
（2）由正弦定理，
所以，，
所以 ，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，
所以，
故，
所以的取值范围为.
20．(1)种
(2)①4093人；②不可信
【分析】（1）结合分类加法原理根据排列组合列式计算即可；
（2）①由正态分布的对称性求出成绩介于120分到300分之间概率即可估计人数；②根据正态分布的原则判断即可.
【详解】（1）甲乙两个学生必选语文､数学､外语，若另一门相同的选择物理､历史中的一门，有种，在生物学､化学､思想政治､地理4门中甲乙选择不同的2门，则，即种；
若另一门相同的选择生物学､化学､思想政治､地理4门中的一门，则有种，
所以甲乙两个学生恰有四门学科相同的选法种数共种方法；
（2）①设此次网络测试的成绩记为，则，
由题知，，，
则，所以，
所以估计5000名学生中成绩介于120分到300分之间有4093人；
②不可信.，
则，
5000名学生中成绩大于430分的约有人，
这说明5000名考生中，会出现约7人的成绩高于430分的“极端”样本，
所以说“某校200人参与此次网络测试，有10名同学获得430分以上的高分”，
说法错误，此宣传语不可信.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据三角形面积公式，利用代入法进行求解即可；
（2）根据对称性与直线间斜率的关系，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【详解】（1）因为的面积为，则有，解得，
又因为在椭圆上，则，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）根据椭圆的对称性，欲证，关于轴对称，
只需证，即证，
设，，直线方程为，
由消去得，
所以，
则
因为
所以，即关于轴对称.
22．(1)极小值为，无极大值，函数在上单调递减，在上单调递增
(2)
(3)．
【分析】（1）求得，得出函数的单调区间，进而求得函数极值，得到答案；
（2）设，求得切线的方程为，求得，令，求得，进而求得函数的单调区间和最值；
（3）由题意得，令，，求得，转化为对任意恒成立，分和，两种情况，求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）解：由函数的定义域为，可得，
令，可得，由，可得；由，可得，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
则列表得：
所以当时的极小值为，无极大值．
函数在上单调递减，在上单调递增．
（2）解：由题意得，设，，所以，
故切线的方程为，所以，，则，
令，所以，令，可得，
则列表得，
所以当时，，此时．
（3）解：由题意，得，
令，，可得，
则不等式对任意恒成立，
即转化为对任意恒成立，
又由，
当时，恒成立，所以函数在上单调递减，
因为，不符合题意；
当时，令，解得，
①当时，，此时恒成立，所以在上单调递增，
但是，不符合题意；
②当且时，由（1）知，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以，则，即，③
构造函数，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，即，，④
由③④得，即，解得，即实数的值为 ．
方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
0
极小值
0
极小值