2023-2024学年山东省菏泽一中人民路校区高三（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省菏泽一中人民路校区高三（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共17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.抛掷两枚质地均匀的骰子，设事件A=“第一枚出现奇数点”，事件B=“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系是( )
A. 互斥B. 互为对立C. 相互独立D. 相等
2.双曲线x2−y2m2=1(m>0)的渐近线方程为y=±2x，则m=( )
A. 12B. 22C. 2D. 2
3.已知平面向量a、b满足|b|=2|a|=2，若a⊥(a+b)，则a与b的夹角为( )
A. π6B. 5π6C. π3D. 2π3
4.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6，3a4，−a5成等差数列，则S4S2=( )
A. 3B. 9C. 10D. 13
5.攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖．通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，园林建筑．如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面(过圆锥旋转轴的截面)是底边长为6m，顶角为2π3的等腰三角形，则该屋顶的侧面积约为( )
A. 6πm2
B. 6 3πm2
C. 3 3πm2
D. 12 3πm2
6.黄山是中国著名的旅游胜地，有许多值得打卡的旅游景点，其中包括黄山风景区，齐云山，宏村，徽州古城等.甲，乙，丙3人准备前往黄山风景区，齐云山，宏村，徽州古城这4个景点游玩，其中甲和乙已经去过黄山风景区，本次不再前往黄山风景区游玩.若甲，乙，丙每人选择一个或两个景点游玩，则不同的选择有( )
A. 360种B. 420种C. 540种D. 600种
7.已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过F2作一条渐近线的垂线，垂足为A，延长F2A与另一条渐近线交于点B，若S△BOF1=3S△AOB(O为坐标原点)，则双曲线的离心率为( )
A. 3B. 2C. 5D. 6
8.已知实数a，b分别满足ln(a+1)=0.01，eb=1.01，且c=1101，则( )
A. a0，
g(x)在(1,+∞)上是增函数，
∴g(1.01)>g(1)=0⇒ln1.01−1101>0⇒ln1.01>1101，
又ln(a+1)=0.01⇒a=e0.01−1，
eb=1.01⇒b=ln1.01，c=1101，
∴a>b>c．
故选：C．
令f(x)=ex−1−ln(x+1)(01)，由f(x)的单调性得，b>c．
本题考差了利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性比较大小，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A中，由x0−=16(ax1+b+ax2+b+ax3+b+ax4+b+ax5+b+ax6+b)=16[a(x1+x2+x3+x4+x5+x6)]+b=a⋅16(x1+x2+x3+x4+x5+x6)+b，即x0−=ax−+b，所以A正确；对于B中，例如：若样本数据−10，−4，−3，−2，−1，0，可得极差为R=10，此时数据x1，2x2，3x3，4x4，5x5，6x6的极差为R1=10，此时R=R1，所以B不正确；对于C中，由s2=16[(x1−x−)2+(x2−x−)2+(x3−x−)2+(x4−x−)2+(x5−x−)2+(x6−x−)2]=0，若s2=0，可得x1=x2=x3=x4=x5=x6，所以C正确；
对于D中，由6×75%=4.5，所以数据的75分位数为x5，所以D不正确．
故选：AC．
根据题意，利用平均数、方差的计算公式，以及极差的定义和百分位数的计算方法，逐项判定，即可求解．
本题考查平均数、百分位数、方差和极差的计算，是中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：如图，∵直三棱柱ABC−A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，
∴直线A1C与底面ABC所成角为∠A1CA，∴sin∠A1CA= 33，
∴易得tan∠A1CA= 22，又AB⊥BC，且AB=BC=2，
∴AC=2 2，∴tan∠A1CA=A1AAC=A1A2 2= 22，∴A1A=2，
∴可以将直三棱柱ABC−A1B1C1补形成如图的正方体，
对A选项，易知当D为A1C的中点时，AC1∩A1C=D，
∵AC1在该正方体的左侧面内的射影为AB1，又A1B⊥AB1，
∴根据三垂线定理可知A1B⊥AC1，即A1B⊥AD，∴A选项正确；
对B选项，当D为A1C的中点时，取B1B的中点H，设AC∩BE=G，
则易知HD//BG，又易知BG⊥平面ACC1A1，即BG⊥DCC1，
∴HD⊥平面DCC1，又HD⊂平面DBB1，
∴平面DBB1⊥平面DCC1，∴B选项正确；
对C选项，∵直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为12×2×2×2=4，∴C选项错误；
对D选项，在该正方体中，易知A1B⊥AB1，BC⊥平面ABB1A1，
∴AB1⊥BC，又A1B∩BC=B，
∴AB1⊥平面A1BC，
∴点B1到平面A1BC的距离为AB12= 2，∴D选项正确．
故选：ABD．
作出图形，根据题意可得线A1C与底面ABC所成角为∠A1CA，从而可求出A1A=2，再将直三棱柱ABC−A1B1C1补形成正方体，再利用正方体的性质，三垂线定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，棱棱柱的体积公式，针对各个选项分别求解即可．
本题考查线线垂直的证明，线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理的应用，点面距的求解，属中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：因为函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)⋅f(x−y)=f2(x)−f2(y)，
f(1)=2，y=f(x+1)为偶函数，
令x=y=0，得f(0)=0，再令x=0，则f(y)f(−y)=f2(0)−f2(y)，
显然f(y)不恒为零，所以f(−y)=−f(y)，即f(x)为奇函数，B正确；
所以f(x+1)=f(−x+1)=−f(x−1)，所以f(x+2)=−f(x)，所以f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，即f(x)的周期为4，
则f(3)=f(−1)=−f(1)=−2，A错误；
f(0+2)=−f(0)=0，C正确；
由A，B，C可知，f(1)=2，f(2)=0，f(3)=−2，f(4)=f(0)=0，且f(x)的周期为4，
所以k=12024f(k)=506×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]=0，D正确．
故选：BCD．
利用赋值法，结合f(x+1)为偶函数，得到f(x)的奇偶性与周期性，再逐项计算求解、判断即可．
本题考查抽象函数的奇偶性、周期性的判断和应用，赋值法的应用，属于中档题．
12.【答案】{x|x1}
【解析】解：集合A={x|y= x+2}={x|x≥−2}，B={x|x2+3x−4≤0}={x|−4≤x≤1}，
所以A∩B={x|−2≤x≤1}，
所以∁R(A∩B)={x|x1}．
故答案为：{x|x1}．
先求出集合A，B，再利用集合的基本运算求解．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，考查了集合的基本运算，属于基础题．
13.【答案】32 3 1010
【解析】解：因为B=π4,c= 2，BC边上的高等于13a，
所以S△ABC=12acsinB=12a⋅13a，即12×a× 2×sinπ4=12×a×13a，
所以解得a=3，
所以ABC的面积S△ABC=12a⋅13a=32，
可得b= a2+c2−2accsB= 32+( 2)2−2×3× 2× 22= 5，
又在△ABC中，由正弦定理可得bsinB=asinA，可得sinA=a⋅sinBb=3× 22 5=3 1010．
故答案为：32，3 1010．
由题意利用三角形的面积公式可求a的值，进而可求△ABC的面积的值，利用余弦定理可求b的值，进而利用正弦定理即可求解sinA的值．
本题主要考查了三角形的面积公式，余弦定理以及正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
14.【答案】4π5 [ 5+3,2 3+2]
【解析】解：由球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，
则2r=2，所以r=1，
过O作OG⊥DO1于G，
则由题可得OGO2D=OO1DO1，
即OG1=1 5，
所以OG= 55，
设O到平面DEF的距离为d1，
平面DEF截得球的截面圆的半径为r1，
则d1≤OG，r12=r2−d12=1−d12≥1−15=45，
所以平面DEF截得球的截面面积最小值为45π；
由题可知点M在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，
设M在底面的射影为M′，
′′′
则MM′=1，ME= 12+M′E2，MF= 12+M′F2，M′E2+M′F2=4，
设t=M′E2，ME+MF= 12+t+ 12+4−t，
所以(ME+MF)2=6+2 −t2+4t+5=6+2 −(t−2)2+9∈[6+2 5,12]，
所以ME+MF∈[ 5+1,2 3]，
又因为EF=2，
所以ME+MF+EF∈[ 5+3,2 3+2]，
即△MEF周长的取值范围为[ 5+3,2 3+2]．
故答案为：4π5，[ 5+3,2 3+2]．
由题可得O到平面DEF的距离为d1≤ 55，进而可得平面DEF截得球的截面面积最小值，即可求解；设M在底面的射影为M′，设t=M′E2，则用t表示ME+MF，然后利用二次函数的性质可得ME+MF的取值范围，即可求△MEF周长的取值范围．
本题考查圆柱与球的表面积、以及折线段的最值问题，考查逻辑推理能力，是一道难题．
15.【答案】解：(1)因为向量μ=(b,sinA+sinC)，ν=(sinA+sinB,a−c)且μ⊥ν，
所以b(sinA+sinB)+(sinA+sinC)(a−c)=0，
由正弦定理可得b(a+b)+(a+c)(a−c)=0，
化简得a2+b2−c2=−ab，
由余弦定理得：a2+b2−c2=2abcsC，
所以csC=−12，而C∈(0,π)，
所以C=2π3；
(2)由题意得12absin2π3= 34，则ab=1，
由cs(A+B)=csAcsB−sinAsinB=12得sinAsinB=14，
因为(csinC)2=absinAsinB=4，所以csinC=2，
所以c= 3．
【解析】(1)由两个向量垂直，可得数量积为0，再由正弦定理，余弦定理的可得csC的值，再由角C的范围，可得角C的大小；
(2)由三角形的面积公式，可得ab的值，由(1)可得cs(A+B)的值，展开由题意可得sinAsinB的值，再由正弦定理可得c的值．
本题考查向量的数量积的运算性质的应用及正弦定理的应用，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：因为AD=CD，∠ADB=∠BDC，
可得△ADB≌△CDB，所以AB=CB，
又E为线段AC的中点，所以BE⊥AC，DE⊥AC，
而DE∩BE=E，
所以AC⊥平面BED，
又因为AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD；
(2)解：取DA的中点G，连接EG，BG，因为EG为中位线，
所以EG//CD，又AD⊥CD，所以AD⊥EG，
因为AB=BD，G为DA的中点，所以AD⊥BG，
又EG∩BG=G，EG，BG⊂平面BEG，所以AD⊥平面BEG，
BE⊂平面BEG，所以AD⊥BE，
因为BA=BC，E为AC的中点，所以AC⊥BE，
又AC∩AD=A，AC，ADC平面ACD，所以BE⊥平面ACD，
以E为坐标原点，分别以EA、EB、ED所在的直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系E−xyz，
如图所示：设A(a,0,0)，B(b,0,0)，
则E(0,0,0)，D(0,0,a)，B(0,b,0)，F(0,b3,2a3)，
EF=(0,b3,2a3)，BD=(0,−b,a)，
由|AB|2=a2+b2=9EF⋅BD=−b23+2a23=0，解得：a= 3b= 6，
所以CF=( 3, 63,2 33)，又平面ABC的法向量n=(0,0,1)，
设直线CF与平面ABC所成角为θ，θ∈[0,π2]，
则sinθ=|cs〈CF,n〉|=|CF⋅n||CF|⋅|n|=2 33 5×1=2 1515，
所以直线CF与平面ABC所成角的正弦值为2 1515．
【解析】(1)由题意可得△ADB≌△CDB，可得AB=CB，再由题意可得AC⊥平面BED，进而可证得结论；
(2)建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面ABC的法向量n的坐标，求出CF的坐标，进而求出n，CF的夹角的余弦值，进而求出直线CF与平面ABC所成角的正弦值
本题考查平面与平面垂直的性质的应用，空间向量的方法求直线与平面所成的角的正弦值的求法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)已知某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了米饭套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为13；若他前1天选择了面食套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为23.已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为23，
设Ai=“第i天选择米饭套餐”(i=1,2)，
则Ai−=“第i天选择面食套餐”，
根据题意P(A1)=23，P(A1−)=13，P(A2|A1)=13，P(A2|A1−)=23，
由全概率公式得P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1−)P(A2|A1−)=23×13+13×23=49；
(2)(i)设An=“第n天选择米饭套餐”(n=1,2,⋯)，
则Pn=P(An)，P(An−)=1−Pn，P(An+1|An)=13，P(An+1|An−)=23，
由全概率公式得P(An+1)=P(An)P(An+1|An)+P(An−)P(An+1|An−)=−13Pn+23，
即Pn+1=−13Pn+23，∴Pn+1−12=−13(Pn−12)，
∵P1−12=16，
∴{Pn−12}是以16为首项，−13为公比的等比数列；
可得Pn=12+16×(−13)n−1(n∈N*)，
当n为大于1的奇数时，Pn=12+16×(−13)n−1≤12+16×(13)2=1427；
当n为正偶数时，Pn=12−16×(13)n−1ln(x+1)，而ln(x+1)