陕西省安康市高新中学2024届高三下学期3月月考数学（理）试题（理+理）

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1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前、考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4．本卷命题范围：高考范围
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. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出复数z，根据复数模的计算公式，即可求得答案.
【详解】由题意得，则
故.
故选：A
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求解集合，依据交集的定义计算即可.
【详解】解：，
，
则.
故选：B
3. 已知向量，满足，，若与夹角为，则（ ）
A. 2B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由数量积的四则运算代入和夹角的余弦值，即可求出.
【详解】，，解得：.
故选：A
4. 已知双曲线的离心率，则C的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由离心率得到，即可求出渐近线方程.
【详解】双曲线的渐近线方程为，
又离心率，所以，则，
所以双曲线的渐近线方程为，即.
故选：C
5. 的展开式中项的系数为（ ）
A. B. C. 56D. 70
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由二项式定理可得展开式的通项，确定所在的通项，即可得到答案．
【详解】根据题意，展开式的通项为，
令时，有，
则其展开式中含项的系数为，
故选：D
6. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简已知等式，可求出，即可利用二倍角余弦公式求得答案.
【详解】由于在中，，
故，即，
而，故，
所以,
故选：D
7. 已知，，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
【答案】B
【解析】
【分析】通过举例的方法，以及基本不等式，结合充分，必要条件的定义，即可判断选项.
【详解】若，满足，但，
若，，则，即，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
8. 骰子是六个面上分别标有1，2，3，4，5，6个圆点且质地均匀的小正方体，常被用来做等可能性试验．掷一颗骰子一次，用A，B，C，D分别表示事件“结果是偶数”“结果不小于3”“结果不大于2”与“结果为奇数”，则下列结论错误的是（ ）
A. 事件A与B相互独立B. 事件B与C互为对立事件
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定事件A，B，C，D的概率，根据独立事件的乘法公式判断A；根据对立事件的概念判断B；根据条件概率的计算公式判断C；判断C，D不互斥，即可求得，判断D.
【详解】由题意得,
对于A，，，
故，则事件A与B相互独立，A正确；
对于B，事件“结果不小于3”“结果不大于2”不可能同时发生，故二者互斥，
且二者必有一个发生，故事件B与C互为对立事件，B正确；
对于C，，，
故，C正确，
对于D，事件“结果不大于2”与“结果为奇数”不互斥，二者有相同事件“结果为1”
故，D错误，
故选：D
9. 已知动直线l与圆交于A，B两点，且．若l与圆相交所得的弦长为t，则t的最大值与最小值之差为（ ）
A. B. 4C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】结合题意作图分析，数形结合，确定弦长最大和最小时的位置，结合弦长的求解，即可求得答案.
【详解】由题意知的圆心为，在圆上，
当点A或B有一个与C点重合时，此时l过的圆心，
则此时t的最大值为圆C的直径；
设的中点为E，则，由于，,
故，当E点位于处时，轴，
此时l被圆截得的弦长最短，此时，
t的最小值即为，
故t的最大值与最小值之差为，
故选：A
10. 已知函数，将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若关于的方程在上有个实数根，，，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据函数的平移规则得到的解析式，画出函数图象，结合的对称性计算可得.
【详解】因为函数，将的图象向左平移个单位长度得到，
函数的对称轴为，对称中心为，且为偶函数，
又函数的图象是由的图象将轴下方的部分关于轴对称上去，轴及轴上方部分保持不变而得到，
所以的对称轴为，
又的图象是将的图象向上平移一个单位得到，
所以的图象如下所示：
因为关于的方程在上有个实数根，
即与上有个交点，又，，所以，
令与交点的横坐标从小到大依次为，
则关于对称，关于对称，关于对称，关于对称，
所以，
所以
.
故选：D
【点睛】方法点睛：函数零点问题，将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.
11. 已知定为域为R的函数满足：为偶函数，，且，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由题意根据函数满足的条件等式，推出函数的一个周期，再利用赋值法求出以及，结合函数周期，即可求得答案.
【详解】由题意知定为域为R的函数满足：为偶函数，
即，即，结合，
得，即，
故，即，
则，故8为函数的一个周期，
由于，，故令，则，
结合，令，得，
对于，令，则，
故，
故选：B
【点睛】关键点睛：本题考查了抽象函数的求值问题，解答的关键是根据函数满足的条件，推出函数周期，进而结合赋值法求值，即可求解答案.
12. 如图，棱长为的正方体的内切球为球，，分别是棱，的中点，在棱上移动，则（ ）
A. 对于任意点，平面
B. 直线被球截得的弦长为
C. 过直线的平面截球所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为
D. 当为的中点时，过，，的平面截该正方体所得截面的面积为
【答案】B
【解析】
【分析】令与重合，利用特殊位置举反例证明A错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量求得、两直线所成角，从而求得点到直线的距离，即可求得直线被球截得的弦长，判断B选项；确定过直线的平面截球所得的所有截面圆中，半径最小的圆为以直线被球O截得的弦长为为直径的圆，从而求得圆的面积，判断C选项；确定当为的中点时，过，，的平面截该正方体所得截面为边长为的正六边形，利用正弦定理面积公式求六边形面积即可判断D选项.
【详解】
对于A，根据已知条件圆为以为圆心，半径的圆；在棱上移动，
当与点重合时，平面即为平面，因为在直线上，
所以平面，所以与平面相交，A错误；
对于B，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
则，，，
设直线与直线夹角为，则，
由此可知，连结，过作直线的垂线，垂足为，
则在中，有，解得，
设直线被球O截得的弦长为，则，B错误；
对于C，过直线的平面截球O所得的所有截面圆半径最小时，有垂直于过的平面，
此时圆半径为，圆的面积为，C正确；
对于D，根据题意当为的中点时，
过，，的平面截该正方体所得截面为正六边形，，
在中，，所以边长，
所以截面面积为，D错误.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的组合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，平面截正方体问题，关键是：⑴利用球的弦长公式计算弦长；⑵确定平面截正方体所得截面的形状.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 某学校组建了演讲，舞蹈，航模，合唱，机器人五个社团，全校所有学生每人都参加且只参加其中一个社团，校团委将统计结果绘制成如下两个不完整的统计图，则合唱社团的人数占全体学生人数的百分比为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由演讲社团人数以及占比即可得到总人数，从而可得结果.
【详解】由统计图可知，演讲社团共有50人，占比，
则总人数为人，
又合唱社团共有人，占比为.
故答案为：
14. 在水平地面竖直定向爆破时，在爆破点炸开的每块碎片的运动轨迹均可近似看作是抛物线的一部分．这些碎片能达到的区域的边界和该区域轴截面的交线也是抛物线的一部分（如图中虚线所示），称该条抛物线为安全抛物线．若某次定向爆破中安全抛物线达到的最大高度为30米，碎片距离爆炸中的最远水平距离为60米，则这次爆破中，安全抛物线的焦点到其准线的距离为______米．
【答案】60
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，确定抛物线方程形式，确定点的坐标，代入方程求解，即得答案.
【详解】如图，以安全抛物线达到的最大高度点为坐标原点，平行于底面的直线为x轴，
和地面垂直的直线为y轴，建立平面直角坐标系，
则抛物线方程为，由题意可知，
代入可得，
即安全抛物线的焦点到其准线的距离为60米，
故答案为：60
15. 已知平行四边形的四个顶点均在平面的同一侧，若A，B，C三点到平面的距离分别为2、3，7，则点D到平面的距离为______．
【答案】6
【解析】
【分析】根据空间位置关系求得点D到平面的距离.
【详解】如图，分别过作平面的垂线，垂足分别为，
连接，因为四边形是平行四边形，则
分别过作，垂足分别为，
所以四边形，四边形为平行四边形，
则，
所以，又，由等角定理，
所以，所以，
设点A，B，C，D四点到平面的距离分别为，
依题意有，
所以，即，
D到平面的距离为6.
16. 若，对，，则实数m的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】依据题意，先将原题转化为，求出最大最小值，再将问题转化为与的有解问题，求解不等式可得结果.
【详解】由题意可知：对恒成立，且对恒成立，即，
令，则，令，解得：，因为，所以当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，，，则，
则原题等价于，使得成立，则，解得：.
故答案为：.
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17~21题为必考题，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. 交通拥堵指数是表征交通拥堵程度的客观指标，用TPI表示，TPI越大代表拥堵程度越高．某平台计算TPI的公式为：，并按TPI的大小将城市道路拥堵程度划分为如下表所示的4个等级：
某市2024年元旦及其前后共7天与2023年同期的交通高峰期城市道路TPI的统计数据如下图：
（1）从2024年元旦及其前后共7天中任取2天，求这2天中至少有1天交通高峰期城市道路TPI为“拥堵”的概率；
（2）从2024年元旦及其前后共7天中任取3天，将这3天中交通高峰期城市道路TPI比2023年同日TPI高的天数记为X，求X的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）求出选取的这2天中至少有1天交通高峰期城市道路TPI为“拥堵”的选法，根据古典概型的概率公式，即可求得答案；
（2）确定X的可能取值，求出每个值对应的概率，即可得分布列，由期望公式，即可求得数学期望.
【小问1详解】
由题意知从2024年元旦及其前后共7天中任取2天，有种取法，
交通高峰期城市道路TPI为“拥堵”的天数有3天，
选取的这2天中至少有1天交通高峰期城市道路TPI为“拥堵”的选法有种，
故这2天中至少有1天交通高峰期城市道路TPI为“拥堵”的概率为；
【小问2详解】
由题意知2024年元旦及其前后共7天中交通高峰期城市道路TPI比2023年同日TPI高的天数有3天，
故X的可能取值为，
则,
，
故X的分布列为：
故.
18. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，E为棱的中点．
（1）若与平面所成的角为，求证：平面；
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明和，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出相关点的坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间向量的向量求法结合平面与平面夹角的余弦值，即可求得答案.
【小问1详解】
由于平面，平面，故，
四边形矩形，故，而平面，
故平面，平面，则，
又平面，则即为与平面所成的角，且平面，
则，与平面所成的角为，故，
故为等腰直角三角形，E为棱的中点，故，
而平面，
故平面；
【小问2详解】
以A为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
，
设平面的一个法向量为，则，
令，则；
设平面的一个法向量为，则，
令，则；
由于平面与平面夹角的余弦值为，
故，解得，
故.
19. 设椭圆，，分别是C左、右焦点，C上的点到的最小距离为1，P是C上一点，且的周长为6．
（1）求C的方程；
（2）过点且斜率为k的直线l与C交于M，N两点，过原点且与l平行的直线与C交于A，B两点，求证：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意列出关于的方程吗，求出它们的值，即可得答案；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程，利用弦长公式求出的表达式，即可证明为定值.
【小问1详解】
由题意知椭圆，C上的点到的最小距离为1，
P是C上一点，且的周长为6，
设椭圆的焦距为2c，则，解得，
故C的方程为；
【小问2详解】
证明：由题意知，故直线l的方程为，
设，联立，
得，由于直线l过椭圆焦点，必有，
故，
故，
由题意知直线的方程为，联立，得，
设，则不妨取，
故，
故，即为定值.
【点睛】易错点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的定值问题，解答时容易出错的地方在于计算过程较为复杂，特别是求解弦长时，基本都是字母参数的运算，需要特别小心.
20. 设正项数列的前n项和为，且满足，．
（1）求的通项公式；
（2）若，数列的前n项和为，对任意，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由与的关系，结合等差数列的定义，即可得到结果；
（2）根据题意，由裂项相消法可得，然后转化为，令，则即可.
【小问1详解】
因为，所以，，
两式相减可得，，即，，
又数列的各项为正数，所以，，
且，，解得，所以上式也成立，
即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以
【小问2详解】
由（1）可知，，则，
所以
，
所以，
由可得，
即，
令，则即可，
当时，，
当时，由，
当时，，所以，
当时，，即，所以，
所以为中的最大值，且，所以，
即的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是，对进行裂项，从而得解.
21. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求在上的极值点的个数
（3）证明：．
【答案】（1）
（2）1个 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得，得到和，进而求（2）由（1）知，令，利用导数求得的单调性，结合，得到存在唯一的，使得，结合函数极值点的定义，即可求解.
（2）由（1）求得在单调递减，结合，得到，即可得证.
【小问1详解】
解：由函数，可得，
则，且，
所以曲线在点处的切线方程为，
切线方程为.
【小问2详解】
解：由（1）知，
令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
其中，
所以，存在唯一的，使得，
即时，，，单调递减；
当时，，，单调递增，
所以，当时，函数取得极小值，无极大值，
所以函数在上有且仅有一个极值点.
【小问3详解】
解：由（1）知，
令，可得，
当时，，单调递减，且，
则，可得，所以函数在区间单调递减，
又因为，所以，即，所以.
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
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，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
（二）选考题：共10分.请考生在第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
22. 在平面直角坐标系中，圆C的参数方程为（为参数），以O为极点，x轴的正轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．
（1）若l过C的圆心，求实数m的值；
（2）当时，求C上的点到l距离的最小值．
【答案】（1）1 （2）1
【解析】
【分析】（1）将圆C的参数方程化为普通方程，将直线l的极坐标方程化为直角坐标方程，结合直线过圆心，即可求得答案.
（2）求出圆心到直线的距离，减去半径，即可求得答案.
【小问1详解】
由题意知圆C的参数方程为（为参数），
化为普通方程为，圆心为,半径为；
直线l的极坐标方程为即，
化为直角坐标方程为，
而l过C的圆心，故；
【小问2详解】
当时，l的方程为，
到直线l的距离为，
故C上的点到l距离的最小值为.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数，m为的最小值．
（1）求m的植，
（2）已知实数n，p，q满足，，且，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，分类讨论去掉绝对值符号，即可得到结果；
（2）根据题意，设，由题意可得，再由柯西不等式即可证明.
【小问1详解】
因为函数，
当时，，
此时；
当时，，
此时；
当时，，
此时；
综上所述，，即.
【小问2详解】
设，
则，即，
则
，
当且仅当时，即时，等号成立，
故原不等式得证.
TPI
不低于4
拥堵等级
畅通
缓行
拥堵
严重拥堵
X
0
1
2
3
P