福建省龙岩第一中学2023-2024学年高三上学期第三次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省龙岩第一中学2023-2024学年高三上学期第三次月考数学试题（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 满分：150分）

一、单项选择题：本题共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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，则在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知等差数列的前项和为，若，，则取最大值时的值为（ ）
A．10B．11C．12D．13
5．已知是球表面上的点，，，，，则球表面积等于（ ）
A．4B．3C．2D．
6．已知为平面的一个法向量，为一条直线，则“”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
7．已知抛物线：（）的焦点为，点为抛物线上一点，，若，则点的纵坐标是（ ）
A．B． C． D．
8．如图，已知双曲线的左､右焦点分别为，，过的直线与分别在第一､二象限交于两点，内切圆半径为，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知，直线，且，则（ ）
A．B．C．D．
10．如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，点P为线段上的动点，则（ ）
A．两条异面直线和所成的角为
B．存在点P，使得平面
C．对任意点P，平面平面
D．点到直线的距离为4
11．电子通讯和互联网中，信号的传输､处理和傅里叶变换有关.傅里叶变换能将满足一定条件的某个函数表示成三角函数（正弦和或余弦函数）的线性组合.例如函数的图象就可以近似地模拟某种信号的波形，则（ ）
A．为周期函数，且最小正周期为
B．为奇函数
C．的图象关于直线对称
D．的导函数的最大值为7
12．已知函数，数列满足函数的图像在点处的切线与x轴交于点且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知，，则在方向上的投影向量的坐标为 ．
14．已知函数有2个极值点，，则 ．
15．已知定义在上的函数在上单调递增，且函数为奇函数，则的解集为 .
16．黄金比又称黄金律，是指事物各部分间一定的数学比例关系，即将整体一分为二，较大部分与较小部分之比等于整体与较大部分之比．其中，较大部分与整体之比的比值称为黄金分割数，黄金分割数被公认为最具有审美意义的比例数字．若数列是以黄金分割数为公比的等比数列，且，则 ．
四、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．
17．（本题满分10分）在中，角的对边分别是，且.
(1)求角；
(2)若的中线长为，求面积的最大值.
18．（本题满分12分）已知为等比数列的前n项和，若，，成等差数列，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，且数列的前n项和为，证明：.
19．如图，平面平面，点为半圆弧上异于，的点，在矩形中，，设平面与平面的交线为.
(1)证明：平面；
(2)当与半圆弧相切时，求平面与平面的夹角的余弦值.
20．（本题满分12分）已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)证明：当时，，使得．
21．（本题满分12分）已知椭圆离心率为，焦距为.
(1)求的方程；
(2)过点分别作斜率和为的两条直线与，设交于、两点，交于、两点，、的中点分别为、.求证：直线过定点.
22．（本题满分12分）设抛物线C：的焦点为F，P是抛物线外一点，直线PA，PB与抛物线C切于A，B两点，过点P的直线交抛物线C于D，E两点，直线AB与DE交于点Q.
(1)若AB过焦点F，且，求直线AB的倾斜角；
(2)求的值.
2024届2023-2024学年高三上学期第三次月考数学答案
1．D
由，解得，所以.
由得，所以，
所以.
2．D
因为 ，所以
则在复平面内所对应的点位于第四象限.
3．A
因为，
即，两边平方可得，
解得.
4．A
等差数列，，，
，，则取最大值时，.
5．A
球心O为ＳＣ的中点，所以球Ｏ的半径为，所以,故选A.
6．B
当“”时，由于可能在平面内，所以无法推出“”.
当“”时，“”.
综上所述，“”是“”的必要不充分条件.
7．A
因为，由抛物线的焦半径公式可得，即，且
所以，设，则，
又，则，解得，所以点的纵坐标是.
8．D
设，内切圆圆心为，内切圆在上的切点分别为，
则，
由及双曲线的定义可知，，
故四边形是正方形，
得，于是，
故，所以，
于是，在中，
由余弦定理可得，
从而，所以.
9．ABD
，且，
所以，当且仅当时等号成立，故A正确；
，当且仅当时等号成立，
，故B正确；
，故C错误；
，当且仅当，即时等号成立，故D正确．
10．BCD
对于A，由正方体的性质可知，两条异面直线和所成的角即为，所以A错误；
对于B，当点P与点重合时，由题可知，
所以，四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，则平面，所以B正确；
对于C，连结，由于平面，平面，故，
又，故，故，即，故，
又相交，平面，故平面，又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；
对于D，由正方体的性质可得，，
所以，
所以，所以点到直线的距离，所以D正确．
11．BCD
.
对于A，，不是的周期，故A错误；
对于B，的定义域为，
为奇函数，故B正确；
对于C，，且为奇函数，
的图象关于直线对称，故C正确；
对于D，，当时，，取最大值7，故D正确.
12．ABD
，，
∵，∴函数的图像在点处的切线斜率，
切线方程为，
令，解得，∴，∴，故选项A正确；
设，则，时，时，
在上单调递减，在上单调递增，，
所以，即，
则有，即，
当时，有，即，由，∴，
下证数列单调递减，即证，即证，即证，
即证，即证，
∵，当时，∴在区间上单调递减，
∵，∴，∴，∴数列单调递减，
∴，且，故选项B正确，选项C错误；
∵，要证，
可证，由，只需证，
即证，即证，即证，
令，∵，∴，则即证，
令，
则，∴在区间上单调递减，
∴，有，故选项D正确．
13．
因为，，
所以向量在方向的投影向量为.
14．0
因为函数有两个极值点与
由，则的两根为与，所以，即，
由，可得，
所以.
15．函数为奇函数，函数关于中心对称.则
又在上单调递增，
在单调递增，从而可化为：，
，原不等式的解集为.
16．2023
由题意，设整体为1，较大部分为，则较小部分为，则，
即，解得（舍去），故黄金分割数为．
令，则，即，
所以，故．
17．（1）在中，由正弦定理得：，
而，
所以，
化简得，
因为，所以，，
即，所以，
又因为，所以，即.
（2）由是的中线，，
所以，
即，所以，所以，
当且仅当时，等号成立，
所以三角形面积，
即的面积的最大值为.
18．（1）设数列的公比为q，
由，，成等差数列可得，故，解得，
由可得，
解得，故，即数列的通项公式为.
（2）由（1）可得，
故.
当时，取得最大值，当时，
， 故.
19．（1）证明：∵四边形为矩形，∴，
∵平面，平面，∴平面
又平面，平面平面，∴，
∵平面，不在平面内，∴平面.
（2）取，的中点分别为，，连接，，则，
∵平面平面，且交线为，平面，∴平面，
又平面，，当与半圆弧相切时，，即，
以，，所在的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，易得，，，，
则，，，
设为平面的一个法向量，
则，即，∴，令，则
设为平面的一个法向量，则，
即，所以，令，则
∴，所以两平面的夹角的余弦值为.
20．（1）易知，,
当时，，函数在上单调递减,无极值.
当时，时，，单调递减，
时，，单调递增，在处取得极小值，无极大值 。
综上，当时，函数，无极值；
当时，在处取得极小值，无极大值 。
（2）由（1）可知，当时，在处取得最小值，
若，使得，只需，
令，由，
可得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故当时，，
所以，，使得．
21．（1）解：由已知条件可得，解得：.
所以，椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，直线的方程为，则.
联立，
因为点在椭圆内，则直线、与椭圆均相交，
设点、，
所以，，则，
所以，线段的中点为.
同理可得，线段的中点为
所以直线斜率为
.
所以直线方程为：
，
所以，直线的方程可化为，
由可得，因此直线恒过定点.
22．（1）设，，，，
因为直线AB的斜率不为0，所以设AB直线的方程为，
联立方程，消去y，得，
所以，，
所以，，
所以直线的倾斜角为或.
（2）设过A点且与抛物线C相切的直线方程为，（k存在，A不为原点），
联立方程，消去x得，，
，即，
所以，即，
所以直线PA的方程为，即，
同理可得，直线PB方程为：，
因为点在直线PA，PB上，所以，，
所以直线AB的方程为：
设直线PD的方程为，
联立方程，消去x，得，
得，，
联立方程，消去x，得，
由于点P在抛物线的外部，点Q在抛物线的内部，
所以.