河北省保定市安国中学等3校2023届高三下学期3月月考数学试题（含解析）

河北省保定市安国中学等3校2023届高三下学期3月月考数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．设，则（    ）

A． B． C．3 D．

3．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，则直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为（    ）

A． B． C． D．

4．设，则的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

5．已知函数，则在上（    ）

A．单调递增 B．单调递减

C．先增后减 D．先减后增

6．已知等比数列的公比的平方不为，则“是等比数列”是“是等差数列”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．如图，在正方形中，分别是边上的点，，，则（    ）

A． B．

C． D．

8．在直三棱柱中，为等边三角形，若三棱柱的体积为，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．某校抽取了某班20名学生的化学成绩，并将他们的成绩制成如下所示的表格.

下列结论正确的是（    ）

A．这20人成绩的众数为75

B．这20人成绩的极差为30

C．这20人成绩的分位数为65

D．这20人成绩的平均数为75

10．定义在上的函数满足，则的图象可能为（    ）

A． B．

C． D．

11．存在函数，对任意都有，则函数不可能为（    ）

A． B．

C． D．

12．设双曲线的右焦点为，若直线与的右支交于两点，且为的重心，则（    ）

A．的离心率的取值范围为

B．的离心率的取值范围为

C．直线斜率的取值范围为

D．直线斜率的取值范围为

三、填空题

13．已知单位向量满足，则___________.

14．现有6个三好学生名额，计划分到三个班级，则恰有一个班没有分到三好学生名额的概率为___________.

15．写出一条与圆和曲线都相切的直线的方程：___________.

16．在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是___________.

四、解答题

17．已知数列满足.

(1)求的通项公式；

(2)已知，，求数列的前20项和.

18．已知的内角、、所对的边分别为、、，.

(1)求角；

(2)若为锐角三角形，且外接圆的半径为，求的取值范围.

19．某学校食堂中午和晩上都会提供两种套餐（每人每次只能选择其中一种），经过统计分析发现：学生中午选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为；在中午选择类套餐的前提下，晩上还选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为；在中午选择类套餐的前提下，晩上选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为.

(1)若同学甲晩上选择类套餐，求同学甲中午也选择类套餐的概率；

(2)记某宿舍的4名同学在晩上选择类套餐的人数为，假设每名同学选择何种套餐是相互独立的，求的分布列及数学期望.

20．如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且.现将沿翻折到，如图2.

(1)证明：.

(2)已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.

21．已知是椭圆的右焦点，且在椭圆上，垂直于轴.

(1)求椭圆的方程.

(2)过点的直线交椭圆于（异于点）两点，为直线上一点.设直线的斜率分别为，若，证明：点的横坐标为定值.

22．已知函数.

(1)若，求的极值；

(2)若是的两个零点，且，证明：.

参考答案：

1．B

【分析】解不等式得到集合，根据函数的值域得到集合，然后求交集即可.

【详解】，，则.

故选：B.

2．A

【分析】根据复数的运算和模长公式即可.

【详解】由题意可得，则.

故选：A.

3．C

【分析】根据题意，结合圆锥的母线长和弧长以及圆心角之间的关系即可求解

【详解】设直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为，底面圆的半径为，母线长为，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以，则，解得.

故选：.

4．D

【分析】利用指对数的性质与中间数比大小即可.

【详解】，

所以.

故选：D.

5．D

【分析】根据余弦型函数单调性的求法得出函数的单调区间，即可得出在上的单调性.

【详解】令，得，

令，得，

则的单调递增区间为，单调递减区间为，

所以在上单调递减，在上单调递增，

即在上先减后增.

故选：D

6．C

【分析】利用等差数列和等比数列的递推关系进行证明即可.

【详解】设等比数列的公比为，若是等比数列，则为常数，由为常数，所以是等差数列；

若是等差数列，设的公差为，则为常数，所以是等比数列.

综上，“是等比数列”是“是等差数列”的充要条件.

故选：C

7．D

【分析】利用正切的和差公式得到，然后得到，即可得到.

【详解】由题可知，

则，即，.

故选：D.

8．A

【分析】根据直三棱柱的体积得到，根据直三棱柱外接球半径的求法得到，然后构造函数，求导得到的最小值，即可得到外接球表面积的最小值.

【详解】设直三棱柱的高为，外接球的半径为，外接圆的半径为，则，所以，又，令，则，易知的最小值为，此时，所以该三棱柱外接球表面积的最小值为.

故选：A.

9．AB

【分析】对于A，众数是出现次数最多的数；

对于B，极差是最大值减最小值；

对于C，根据百分位数的计算公式即可；

对于D，根据平均数的计算公式即可.

【详解】根据表格可知：

这20人成绩的众数为75，故A对；

极差为故B对;

，所以分位数为，故C错；

平均数为.故D错

故选：AB

10．ACD

【分析】根据已知，令，可得，即函数的图象过点，当时，变形为，根据导数的运算法则可得，即，即可得出原函数（为常数），即，即可对选项进行判断.

【详解】当时，由，得；

当时，可得，则，

所以（为常数），

所以，

选项A，C，D分别符合，

故选：ACD.

11．AC

【分析】AC选项利用特殊值的思路判断，BD选项根据题目的要求判断即可.

【详解】对于选项，是奇函数，是偶函数，则，矛盾，不满足条件；

对于B选项，，所以，故满足条件；

对于C选项，取和，可得，，矛盾，C不满足条件；

对于D选项，，则，单调递增，

且，即为奇函数，图象如下所示，

所以值域为，D满足条件.

故选：AC.

12．AC

【分析】根据重心性质得出中点的坐标，根据直线与的右支交于两点可知点在右支内部，将的坐标代入双曲线中建立不等式，即可得离心率的范围，根据点差法可得直线的斜率与之间等式关系，由不共线建立不等式，解出离心率具体范围，根据离心率的范围及直线的斜率与之间等式关系，即可得斜率的取值范围，解出即可.

【详解】解：设为的中点，根据重心性质可得，

因为，则，

因为直线与的右支交于两点，所以点在双曲线右支内部，

故有，解得，

当直线斜率不存在时，的中点在轴上，

故三点不共线，不符合题意舍，

设直线斜率为，设，

所以，，

因为在双曲线上，所以，

两式相减可得：，

即，

即有成立，

即有，因为不共线，

即，即，即，

所以的离心率的取值范围为，

因为

，

因为，即，

所以，

所以.

故选：AC

【点睛】思路点睛：该题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于难题，关于圆锥曲线中弦中点和直线斜率有关问题的思路有：

（1）设出点的坐标；

（2）根据中点坐标建立等式：，；

（3）将两点代入圆锥曲线中，再对两式作差，用平方差公式对等式变形；

（4）将，及代入等式中即可得出关系.

13．

【分析】利用向量数量积的运算律即可求解.

【详解】因为单位向量，所以，

由，得，两边同时平方可得，

即，解得.

故答案为：.

14．

【分析】分只有一个班分到名额、恰有两个班分到名额和三个班都分到了名额三种情况求出总的情况，然后利用古典概型求概率的方法求概率即可.

【详解】将6个三好学生名额分到三个班级，有3种类型：第一种是只有一个班分到名额，有3种情况；第二种是恰有两个班分到名额，有种情况；第三种是三个班都分到了名额，有种情况.故恰有一个班没有分到三好学生名额的概率为.

故答案为：.

15．（答案不唯一）

【分析】设切线与圆相切于点，得到切线的方程，与联立，由判别式为零求解.

【详解】解：设切线与圆相切于点，则，

切线的方程为，即，

将与联立，可得，

令，

联立解得或或或

所以切线的方程为或或或.

故答案为：（答案不唯一）

16．2

【分析】根据给定条件，作出过的正四棱锥的截面，再求出的表达式并结合均值不等式求解作答.

【详解】记正四棱锥的体积为，的最大值，由为定值知，只需求的最小值，

设过的截面分别交和于，平面与平面的交线为与相交于，如图，

则，令，则，即有，

，

当且仅当时取等号，此时，

所以的最大值是2.

故答案为：2

【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.

17．(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，将替换，然后两式相减作差即可得到结果；

（2）根据题意，由分组求和法，分别求出奇数项和与偶数项和，即可得到结果.

【详解】（1）当时，可得，

当时，，

，

上述两式作差可得，

因为满足，所以的通项公式为.

（2），，

所以，

.

所以数列的前20项和为.

18．(1)

(2)

【分析】（1）利用和差角的余弦公式得到，再由正弦定理将边化角，即可求出，从而得解；

（2）利用正弦定理得到，，即可得到，由三角形为锐角三角形得到的取值范围，即可得到的取值范围，再根据对勾函数的性质计算可得.

【详解】（1）解：因为，

可得，

则，

所以，

即，由正弦定理得，

显然，，所以，

所以，因为，

所以.

（2）解：因为，即，

所以，，

所以，

因为为锐角三角形且，所以，所以，

即，

令，，

根据对勾函数的性质可知函数在上单调递减，在上单调递增，

且，，，

所以，即，所以，

即的取值范围为.

19．(1)

(2)分布列答案见解析，数学期望：

【分析】（1）根据条件概率和全概率公式计算即可；

（2）分别求出,1,2,3,4时的概率，得到分布列，然后求期望即可.

【详解】（1）设事件为同学甲晩上选择类套餐，事件为同学甲中午选择类套餐，事件为同学甲中午选择类套餐，则，

，

所以，即同学甲晩上选择类套餐，中午也选择类套餐的概率为.

（2）晩上选择类套餐的概率；

晩上选择类套餐的概率.

所以4名同学在晩上有个人选择类套餐，的所有可能取值为，

则，

所以，，，，，

所以的分布列为

故.

20．(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）翻折前，在中，，翻折后，有，，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立；

（2）由二面角的定义可得，然后以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，即可得出结论.

【详解】（1）证明：翻折前，在中，，翻折后，有，，

又，、平面，所以平面，

因为平面，所以.

（2）解：因为二面角为，，，

所以，二面角的平面角为，

以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则、、、、.

，，，.

设，，其中，

设平面的法向量为，

由得，

取，可得，

，解得，合乎题意，

故当时，直线与平面所成角的正弦值为.

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据点的坐标以及垂直于轴，可得，再将点的坐标代入椭圆方程在结合椭圆的关系解出，即可得出椭圆的方程；

（2）设，根据已知设出直线的方程为，则设点的坐标为，将直线的方程与椭圆的方程联立，根据韦达定理得出与，根据斜率的两点公式得出，再根据直线的方程消去式子中的与，再结合韦达定理结果即可得出，再结合已知与斜率的两点公式即可解出，即证明.

【详解】（1）由垂直于轴，可得.

将点代入，可得，

又，

解得，

所以椭圆的方程为；

（2）证明：由（1）知，，则椭圆的右焦点坐标为.

设直线的方程为，点的坐标为.

设，

将直线的方程与椭圆的方程联立得：，

恒成立，

由韦达定理知，，

又，，

所以

.

因为，则，

所以，解得，即点的横坐标为定值.

22．(1)极小值，无极大值

(2)证明见解析

【分析】（1）根据得到，然后求导，得到单调性，即可求极值；

（2）令，，，根据，为的两个零点得到，然后将证明转化为证明，构造函数，求导，得到的单调性，即可得到，即可证明成立.

【详解】（1）由题可知，

则当时，，则在上单调递减，

当时，，则在上单调递增，

所以当时，取得极小值，无极大值.

（2）记，，，则，，

作差得，即，

要证明，只需证，即证，

令，则，

所以在上单调递增，则，所以成立.

【点睛】导数中常用的两种转化方法：

一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；

二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.