安徽省皖东十校联盟2024届高三上学期第三次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省皖东十校联盟2024届高三上学期第三次月考数学试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本大题共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. 在复平面内，复数对应的向量分别是，则复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】由已知得出，然后根据复数的除法运算化简得出，根据复数的几何意义，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，，
则，
所以，复数对应的点为，该点位于第一象限.
故选：A.
2. 已知集合.若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据子集、交集、并集、补集等知识确定正确答案.
【详解】由于，所以，
所以，A选项正确，B选项错误.
与不一定成立，所以CD选项错误.
故选：A
3. 已知等比数列的首项 ，前项和为，且成等差数列，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求得等比数列的公比，然后根据等比数列前项和公式求得正确答案.
【详解】设等比数列的公比为，
由于成等差数列，
所以，由于，
所以，
所以，
所以，，
所以.
故选：B
4. “碳达峰”是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降，而“碳中和”是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（亿吨）与时间t（年）满足函数关系式，若经过4年，该地区二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式抵消自身产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要实现“碳中和”，至少需要经过（ ）（参考数据：）
A. 13年B. 14年C. 15年D. 16年
【答案】D
【解析】
【分析】由条件列式先确定参数，再结合对数运算解方程.
【详解】由题意，，即，所以，
令，即，故，即，
可得，即．
故选：D
5. 已知非零向量与满足在上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据投影向量的概念，结合已知可推得，，结合夹角的范围，即可得出答案.
【详解】在上的投影向量为,
所以，，整理可得，
所以，，.
又，所以有.
因为，所以.
故选：C.
6. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由商数关系、和差角正弦公式可得，结合角的范围确定的数量关系.
【详解】由，则，
又，
所以，即，又，，
所以，则.
故选：D
7. 已知函数，若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，原不等式等价于.构造函数，则在上单调递减，可得不等式在上恒成立，利用分离参数法可得在上恒成立，结合导数讨论函数的性质求出即可.
【详解】设，
，
等价于，即，
令，则，
所以函数在上单调递减，
则不等式在上恒成立，
即不等式在上恒成立，令，
则，令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，且，
所以，故，解得，
即实数a的取值范围为.
故选：D.
8. 已知一个圆锥的轴截面为锐角三角形，它的内切球体积为，外接球体积为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由图可得，进而，结合和二次函数的性质可得，结合球的体积公式计算即可求解.
【详解】设圆锥的外接球半径为，内切球半径为，圆锥的高为，底面半径为，
母线为，高与母线的夹角为，，如图，
在中，，在中，，则，得.
如图，
在中，，得，又，所以，
所以，
又圆锥的轴截面为锐角三角形，所以，
所以，
故当时，取得最大值，为，
所以.
故选：B.
二、选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 大连市教育局为了解二十四中学、第八中学、育明中学三所学校的学生文学经典名著的年阅读量，采用样本比例分配的分层随机抽样抽取了一个容量为120的样本.其中，从二十四中学抽取容量为35的样本，平均数为4，方差为9；从第八中学抽取容量为40的样本，平均数为7，方差为15；从育明中学抽取容量为45的样本，平均数为8，方差为21，据此估计，三所学校的学生文学经典名著的年阅读量的（ ）
A. 均值为6.3B. 均值为6.5
C. 方差为17.52D. 方差为18.25
【答案】BD
【解析】
【分析】根据样本的均值公式和方差公式列式计算即可.
【详解】设二十四中学、第八中学、育明中学三组数据中每个人的数据分别为
, ,，
均值，
方差
，
故选：BD
10. 已知正方体的棱长为是线段上的一个动点，则（ ）
A. 平面平面
B. 三棱锥的体积为定值
C. 异面直线和所成的角的取值范围为
D. 直线与平面所成的角的取值范围为
【答案】ABC
【解析】
【分析】连接，根据已知结合线面垂直的判定定理以及性质定理可推得，，进而根据线面垂直以及面面垂直的判定定理判定A项；先判定平面，即可得出点到平面的距离为定值.根据等体积法，即可判定B项；平移得出或即等于异面直线和所成的角.根据图形，即可得出角的最大值以及最小值； 建立空间直角坐标系，设，，得出点的坐标，推导得出平面的法向量，表示出，根据向量法表示出夹角，结合参数的范围，求解即可得出答案.
【详解】对于A项，如图1，连接，
根据正方体的性质可知，，平面，
因为平面，所以.
因为平面，，
所以，平面.
因为平面，所以.
同理可得，平面，.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.故A正确；
对于B项，根据正方体的性质可知，，且，
所以，四边形为平行四边形，则.
因为平面，平面，
所以，平面.
又，所以点到平面的距离为定值.
又的面积确定，，
所以，三棱锥的体积为定值.故B正确；
对于C项，如图2，连接，
易知，为等边三角形.
由B知，，所以或即等于异面直线和所成的角.
易知，当点为中点时，此时有最大值，；
当点与重合时，此时有最小值，等于.
所以，异面直线和所成的角的取值范围为.故C正确；
对于D项，如图3，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，.
设，，
则.
根据正方体的性质可知，，平面，
因为平面，所以.
因为平面，，
所以，平面.
所以，即为平面的一个法向量.
设直线与平面所成的角为，
因为，
且，，
所以，，，
，
则
所以，，
所以，.故D错误.
故选：ABC.
11. 已知点在曲线上，是坐标原点，则下列结论中正确的是（ ）
A. 坐标轴是曲线的对称轴B. 曲线围成的图形面积小于
C. 的最小值为1D. 的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】令，即可判断A；设，由可得，即可判断B；由选项B分析可知，即可判断C；设，当时最大，则，结合二次函数的性质即可判断D.
【详解】A：令，得，与原方程一样，
所以曲线C关于坐标轴对称，故A正确；
B：在曲线C上任取一点，则，由，得，
所以，即点在单位圆外或圆上，
所以曲线C围成的图形面积不小于，故B错误；
C：由选项B的分析可知，曲线C上的点在单位圆外或圆上，
则，即的最小值为1，故C正确；
D：由选项A的分析可知曲线C关于坐标轴对称，
设，当时，最大，且，
此时，
当即时，，即的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
12. 已知为函数的零点，且，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. 若，则D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据零点的存在性定理求出的范围，即可判断AB；由题意可得，两边同时取对数，结合，即可判断C；当时，函数有两个不同的零点，即方程在上有两个不同的实数根，分离参数可得方程在上有两个不同的实数根，令，利用导数作出函数的图象，结合函数图象即可判断D.
【详解】令，则，
对于A，当时，因为函数都是增函数，
所以函数在上单调递增，
又，
所以函数上有唯一零点，且，
当时，，所以，
所以函数在上没有零点，
所以，故A正确；
对于B，由A选项知，，，
所以，故B错误；
对于C，由A选项可知，
因为为函数的零点，
所以，两边同时取对数得，
因为，
所以，即，
所以，
联立，消得，
则，解得，
又，所以，所以，故C正确；
对于D，由题意，当时，函数有两个不同的零点，
即方程在上有两个不同的实数根，
即方程在上有两个不同的实数根，
即方程在上有两个不同的实数根，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又当时，，当时，且，
如图，作出函数的图象，
由图可知，所以，故D错误.
故选：AC.
【点睛】思路点睛：函数零点性质问题，注意利用零点满足的方程构建零点之间的相互关系，同时注意将零点问题转化函数图象与水平直线的交点个数问题.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知函数是定义在R上的奇函数，则曲线在处的切线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】求出表达式，根据奇函数的性质得出的值，代入求出导函数.根据导数的几何意义，得出切线的斜率.代入点斜式方程，整理即可得出答案.
【详解】由已知可得，.
根据奇函数的性质可知，，
所以，，
即有
对恒成立，
所以，，解得，
所以，.
又，
根据导数的几何意义可知，曲线在处的切线的斜率，
代入点斜式方程有，整理可得.
故答案为：.
14. 的展开式中，按的升幂排列的第3项的系数为______．
【答案】3
【解析】
【分析】根据已知得出按的升幂排列的第3项即含的项.结合二项式定理，分类讨论求解，即可得出答案.
【详解】由已知可得，展开式中含有常数项、一次项、两次项，
所以，按的升幂排列的第3项即含的项.
展开式中的常数项为，展开式中含的项为；
展开式中含的项为，展开式中含的项为；
展开式中含的项为，展开式中的常数项为.
所以，的展开式中，含的项为.
故答案为：3.
15. 已知函数．若是的零点，是的图象的对称轴，当时，有且只有两个极值点，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的对称性可推得，.根据已知得出，结合的取值范围以及已知，即可得出，进而根据不等式的性质得出，求出，.进而根据对称轴，求出，代入即可得出答案.
【详解】根据正弦函数的性质结合函数的对称性可得，，
所以，，.
因为，所以.
又，所以，且在处取不到极值.
又当时，有且只有两个极值点，
所以.
因为，
所以，所以，
所以，.
又，，
所以，.
因为是的图象的对称轴，
所以，或，
即或.
当时，
因为，
所以时，满足，此时，
所以，；
当，
因为，此时无解.
综上所述，.
故答案为：.
16. 已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，是两条曲线的公共点，，则椭圆的离心率为______．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】由题意可得，设，由得代入椭圆方程，整理可得，结合解方程即可求解.
【详解】由题意知，椭圆的右焦点，抛物线的焦点为，
则，即，所以抛物线方程为，
根据对称性，不妨设，又，由抛物线的定义，
得，得，即，
代入椭圆方程，得，
结合，整理得，
由，得，解得或，
又，所以.
故答案为：.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 如图，在正三棱柱中，点在棱上，且.

（1）求证：平面；
（2）若正三棱柱的底面边长为，二面角的大小为，求直线到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正三棱柱和得，即可得D是AB的中点，从而由中位线得，证明结论.
（2）由二面角的大小为，解得平面的一个法向量，根据第一问的平行和点到平面的距离公式得出答案.
【小问1详解】
在正三棱柱中，是侧棱，所以平面ABC，
又平面ABC，所以.
又，，，平面，所以平面，
因为平面，所以，又因为，所以D是AB的中点.
如图，连接，交于点M，连接DM.因为M是的中点，
所以DM是的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
取的中点，可知，所以平面ABC.以D为原点，
分别以，，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设三棱柱的高为h，则，，，，，，，，.
设平面的一个法向量为，则，取，得.
设平面的一个法向量为，则，
取，得.
所以，解得，所以，
由（1）知平面，所以直线到平面距离即点A到平面的距离，
因为，所以直线到平面的距离为.

18. 在锐角中，内角所对的边分别为，且.
（1）证明：；
（2）若，求的周长的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知结合余弦定理可推得.进而根据正弦定理边化角以及三角恒等变换，化简可得.结合锐角三角形，即可得出证明；
（2）先根据已知得出.根据三角恒等变换化简得出，然后根据正弦定理化简得出，进而根据余弦函数的取值范围，即可得出答案.
【小问1详解】
由余弦定理可得，.
又，
所以有，
整理可得.
由正弦定理边化角可得，.
又，
所以，，
整理可得，.
因为锐角三角形，
所以，，，
所以，，.
【小问2详解】
由（1）知，，则.
因为锐角三角形，
所以，，解得
根据正弦定理可得，
，.
因为
，
所以，，
，
所以，.
因为，
所以，，
，
所以，，
所以，.
所以，的周长的取值范围为.
19. 甲、乙两人参加一场比赛，比赛采用五局三胜制（比赛最多进行五局，每局比赛都分出胜负，先胜三局者获胜，比赛结束）．由于心理因素，甲每局比赛获胜的概率会受到前一局比赛结果的影响：如果前一局比赛甲获胜，则下一局比赛甲获胜的概率为；如果前一局比赛乙获胜，则下一局比赛甲获胜的概率为．已知第一局比赛甲获胜的概率为，事件表示“第局比赛甲获胜”.
（1）求第二局比赛甲获胜的概率；
（2）证明：当时，，并类比上述公式写出的公式（不需要证明）；
（3）求比赛结束时甲获胜两局的概率.
【答案】（1）；
（2）证明见解析；；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用互斥事件及条件概率公式计算即得.
（2）利用条件概率公式计算推理即得，再写出的公式.
（3）列举出甲获胜两局的所有可能情况，再利用互斥事件的概率公式列式计算即得.
【小问1详解】
依题意，，
所以.
【小问2详解】
因为，，
所以，
同理.
【小问3详解】
比赛结束时甲获胜两局的事件
，
所以
.
20. 已知数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，是否存在，使得? 若存在，给出符合条件的一组的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意利用构造关于数列的方程组，从而进行求解出通项公式；
（2）根据题意先求出数列的公式，然后分情况讨论，从而求解；
【小问1详解】
解：由题意知 ①，
得 ②
将②与①式相减得：，所以得，
所以，当时，也满足；
所以的通项公式为：.
【小问2详解】
解：不存在，理由如下：
设数列的通项为，
则，
得，
所以得
即
即，
当为偶数时：，得，
当为奇数时：，得，
所以得：
当，都为偶数时，得，，
此时：，此情况不符合题意；
当，都为奇数时，得：，，
此时：，此情况不符合题意；
当为奇数，都为偶数时，得：，，
此时：，此情况不符合题意；
当为偶数，都为奇数时，得，，
此时：，此情况不符合题意；
综上所述：不存在，使得.
【点睛】思路点睛：用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
21. 在直角坐标平面内，已知，，动点满足条件：直线与直线的斜率之积等于，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）过点作直线交于，两点，直线与交点是否在一条定直线上？若是，求出这条直线方程；若不是，说明理由．
【答案】（1）
（2）点在直线上
【解析】
【分析】（1）设，由斜率公式得到方程，整理即可得解；
（2）依题意直线的斜率不为，设直线的方程为，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线、的方程，即可得到直线，的交点的坐标满足，根据韦达定理求出，即可求出，从而得解.
【小问1详解】
解：设，则，得，即，
故轨迹的方程为：．
【小问2详解】
解：根据题意，直线的斜率不为，
设直线的方程为，
由，消去并整理得，
其中，则或．
设，，则，．
显然，
从而可设直线的方程为①，
直线的方程为②，
所以直线，的交点的坐标满足：．
而
，
因此，，即点在直线上．
22. 设，函数．
（1）判断的零点个数，并证明你的结论；
（2）若，记的一个零点为，若，求证：．
【答案】（1）零点个数=1，证明见解析 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据a的取值范围确定函数的单调性，从而判断零点的个数；
（2）将不等式理解为当两函数值相等时对应的自变量的大小关系即可.
【小问1详解】
，令，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，，
在处取得极小值也是最小值，，，即单调递增，
当x趋于0时，趋于，，
在内存在唯一的零点，即的零点个数为1；
【小问2详解】
令是减函数，，
即当时， ，当时，，
由知：；
由（1）的讨论知存在唯一的零点，
当时，，，
，
又，…①，其中，
令，，则；
式即为 ，不等式等价于，
其意义为：当函数与函数 的函数值相等时，比较对应的自变量之间的大小关系；
设 ，
，当时，，当时，，是减函数，
又，时， ，即，
时，当且仅当时等号成立；
即
【点睛】本题第二问的难点在于对不等式的几何解释，即当与的函数值相等时，对应的自变量的大小关系，如此构造函数并判断单调性就顺理成章了，其中对于导函数中有三角函数时，往往采用分区间 讨论符号.