2023-2024学年贵州省兴义市高三上学期第三次月考数学质量检测模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年贵州省兴义市高三上学期第三次月考数学质量检测模拟试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本题共12小题，每小题5分，共60分）
1．若集合，，则集合的子集的个数为（ ）
A．B．C．D．
2．复数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．已知命题：，恒成立，命题：，使得.则下列命题中正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．2020年5月我国抗击新冠肺炎疫情工作取得阶段性胜利，各地有序推进复工复产，下面是某地连续11天复工复产指数折线图，下列说法正确的是（ ）
A．这11天复工指数和复产指数均逐日增加
B．这11天期间，复产指数的极差大于复工指数的极差
C．第3天至第11天复工复产指数均超过80%
D．第9天至第11天复工指数的增量大于复产指数的增量
5．我们知道：人们对声音有不同的感觉，这与它的强度有关系．一般的，声音的强度用（）表示，但在实际测量时，声音的强度水平常用（单位：分贝，，其中是人们平均能听到的最小强度，是听觉的开端）．某新建的小区规定：小区内公共场所的声音的强度水平必须保持在50分贝以下，则声音强度的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．有4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法为（ ）
A．6种B．12种C．36种D．72种
7．若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
8．我国古代数学名著九章算术记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无丈刍，草也；甍，屋盖也”翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱刍甍字面意思为茅草屋顶”如图，为一刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形则它的体积为
A．B．160C．D．64
9．已知椭圆的方程为，斜率为的直线与椭圆相交于，两点，且线段的中点为，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数，若等比数列满足，则（ ）
A．B．C．2D．2021
11．第十届中国花博会于2021年5月21日至7月2日在上海崇明举办，主题是“花开中国梦"，其标志建筑世纪馆以“蝶恋花”为设计理念，利用国际前沿的数字技术，突破物理空间局限，打造了一个万花竞放的虚拟绚丽空间，拥有全国跨度最大的自由曲面混凝土壳体，屋顶跨度达280米．图1为世纪馆真实图，图2是世纪馆的简化图．
世纪馆的简化图可近似看成是由两个半圆及中间的阴影区域构成的一个轴对称图形，其中（，分别为半圆的圆心），线段与半圆分别交于C，，若米，米，，，，，则的长约为（ ）
A．27米B．28米C．29米D．30米
12．已知，且，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．如图，矩形是水平放置的平面图形的直观图，其中，则原图形的面积为 ．
14．已知向量，，则向量在方向上的投影为 .
15．已知，则函数在区间上是增函数的概率为 .
16．已知是球的球面上的三点，，且三棱锥的体积为，则球的体积为 ．
三、解答题
17．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.
①；②的面积为；
③.
在中，内角，，的对边分别是，，，若_____________.
（1）求角；
（2）若，，求的取值范围.
18．已知数列满足.
（1）证明为等差数列，并求数列的通项；
（2）设，求数列的前项和.
19．如图，在五面体中，平面平面，，且.
（1）求证：平面平面
（2）线段上是否存在一点F，使得二面角的余弦值等于，若存在，求的值；若不存在，说明理由.
20．如图，已知椭圆：经过点，离心率．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设是经过右焦点的任一弦（不经过点），直线与直线：相交于点，记，，的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列．
21．已知函数．
（1）若轴是曲线的一条切线，求的值；
（2）若当时，，求的取值范围．
选做题：共10分，考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）已知点是曲线上的动点，求点到曲线的最小距离．
23．已知函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若时，不等式成立，求实数的取值范围．
1．C
【分析】根据并集得运算求出，然后根据中元素得个数即可得出答案.
【详解】解：因为，，所以，
所以集合中元素的个数为，则集合的子集的个数为．
故选：C.
2．A
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简求出复数，即可求出答案．
【详解】解：，
在复平面内对应的点为，在第一象限．
故选：A．
3．C
【分析】先判断命题的真假，利用复合命题真假的判定方法即可得出.
【详解】解：因为，当时，，
因此命题为假命题，则为真命题；
令，
因为是增函数，也是增函数，
所以是增函数，
，，
所以在存在一零点，
即，使得，
故命题为真命题，则为假命题；
所以为真.
故选：C.
4．C
【分析】根据折线图对选项一一分析即可.
【详解】对于A，这11天复工指数和复产指数均有升有降，故A错误；
对于B，这11天期间，复产指数的极差为11月与1月的差值，复工指数的极差为10月与2月的差值，易知复产指数的极差小于复工指数的极差，故B错误；
对于C，第3天至第11天复工复产指数均超过80%，故C正确；
对于D，第9天至第11天复工指数的增量小于复产指数的增量，故D错误；
故选：C
5．C
【分析】根据小区内公共场所的声音的强度水平必须保持在50分贝以下，建立不等式，然后解对数不等式即可得到答案．
【详解】解：由题意可得，，即，
所以，解得，
所以声音强度的取值范围是，．
故选：C．
6．C
【分析】4名同学中选2名作为一人，共3人分到三个小区即可．
【详解】由题意不同的安排方法是．
故选：C．
本题考查排列组合的应用，解题关键是确定完成事件方法．
7．D
【分析】利用三角函数的诱导公式、同角公式、二倍角正弦公式和辅助角公式求解.
【详解】依题意，，即，
则，即，
而，所以.
故选：D
8．A
【详解】分析：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据可得其体积.
详解：
由三视图可知该刍甍是一个组合体，
它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，
根据三视图中的数据，求出棱锥与棱柱的体积相加即可，
，故选A.
点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.
9．C
由点差法化简可得，再由椭圆离心率公式即可得解.
【详解】设，
则，两式作差得，
又，线段的中点为，
所以，
所以即，
所以该椭圆的离心率为.
故选：C.
关键点点睛：解决本题的关键是掌握点差法的适用条件及应用.
10．D
【分析】由已知可得，由等比数列的性质可得，进而可解得结果.
【详解】，得，则，
又是等比数列，则，
所以；，
所以
.
故选：D.
11．B
【分析】由已知求出半圆半径，再求出中各个角，利用正弦定理即可求解.
【详解】，，，
又，，所以，则，则半圆半径为，
，，，
又，所以，，
，
在中，由正弦定理可得，即，
解得米.
故选：B.
12．B
【分析】，且，即得，构造函数，求导后利用导数的正负求得函数单调递增，利用得，结合赋值法即可判断出结果.
【详解】，且，即得
设，
则恒成立，
∴在上单调递增，
∵，
∴，即，
故，B正确；
令满足，但不成立，故A错误；
令满足，不成立，故C错误；
令满足，不成立，故D错误；
故选：B.
13．
【分析】结合图形求出矩形的面积，再由，即可求解.
【详解】由题意可得，又，所以.
故答案为.
14．
【分析】根据向量，的坐标及向量投影的计算公式，即可求出在方向上的投影的值.
【详解】∵，，
∴向量在方向上的投影为.
故答案为.
15．
【分析】根据条件可得，即，又可画出可行域，利用几何概型即可得解.
【详解】函数在上是增函数，
由二次函数的单调性可知，即.
由题意得即图中阴影部分.
∴函数在区间上是增函数的概率为.
故答案为.
16．
【分析】判断的形状并求出其外接圆的半径，利用锥体的体积公式求出球心到截面的距离，进而求出球半径即可求解．
【详解】在中，，由余弦定理得，
即，整理得，而，解得，
显然，即，则外接圆的半径，
令球心到平面的距离为，而的面积为，
由棱锥的体积为，得，解得，
球的半径，则有，，
所以球的体积.
故
17．条件选择见解析（1）；（2）.
【分析】（1）若选①，利用二倍角公式和三角形内角和为，原式可化为，求出，然后求角；若选②，由三角形面积公式与②建立等式，角化边结合余弦定理可求出角；若选③，角化边化简，结合余弦定理可求出角；
（2）用正弦定理表示，辅助角公式化简可得，由，判断为钝角，代入求出的范围.
【详解】（1）解：选①，
即，∴，
又，所以.
选②由于，
得，由正弦定理，得，
即，
∴，又，所以.
选③由余弦定理，得，
即，即，
∴，又，所以.
（2）由（1），知，由正弦定理，得，
∴
，
又，得为钝角，即，∴，
∴.
18．（1）证明见解析，；（2）.
【分析】（1）由得是公差为2的等差数列，再由可得答案.
（2）得 ，再利用分组转化为等差和等比数列求和可得答案.
【详解】（1）由，得，
故是公差为2的等差数列，
故，由，得，
故，于是.
（2）依题意，，
故
.
19．（1）证明见解析；（2）存在，.
【分析】（1）设中点为O，过O作，则有，又平面平面，所以平面，所以，故､､三条直线两两垂直建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，利用向量数量积为0可得答案.
（2）设，则，设平面的法向量，利用得，由，可得答案.
【详解】（1）如图，设中点为O，过O作，则有，
又平面平面，所以平面，所以，
又，故､､三条直线两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，
依题意可得，设平面的法向量，
则有 即，取，
取平面的法向量，
因为，所以平面平面.
（2）设，则，
设平面的法向量，
则有即，取，
，易知二面角的大小与向量､的夹角大小一致，所以，化简得，解得或（舍），
所以，
所以线段上存在一点F，使得二面角的余弦值等于，此时.
20．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）由点在椭圆上得到，再由，得到，联立方程组，求得的值，即可得到椭圆的标准方程；
（2）由（1）得椭圆右焦点坐标，设直线的方程为，联立方程组，求得，及，结合斜率公式得到，结合
，求得，即可得到，，成等差数列．
【详解】（1）由题意，点在椭圆上得，可得 ①
又由，所以 ②
由①②联立且，可得，，，
故椭圆的标准方程为．
（2）由（1）知，椭圆的方程为，可得椭圆右焦点坐标，
显然直线斜率存在，设的斜率为，则直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，，则有，，
由直线的方程为，令，可得，即，
从而，，，
又因为共线，则有，即有，
所以
，
将，代入得，又由，所以，即，，成等差数列．
直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：
对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．
21．（1）；（2）.
【分析】（1）根据题意，设切点为，由导数的几何意义可得，结合切点在曲线上即可求解；
（2）由题意知对于恒成立，构造函数
，则，，通过三次求导，讨论的单调性，即可得最值，进而可得的取值范围．
【详解】（1）根据题意，设切点为，
由可得，
切线的斜率，
又因为切点在曲线上，所以，
由可得：，解得或（舍），
当时，
所以的值为.
（2）若当时，，
则对于恒成立，
令，只需，，
，则，
，，
，所以在单调递增，
当即时，，此时，
所以在单调递增，
所以，
可得在单调递增，
所以符合题意，
当即时，，
因为在单调递增，
所以存在使得，
此时当时，；当时，；
所以在单调递减，在单调递增，
又因为，
所以当时，；
此时在单调递减，
所以当时，，
不满足恒成立，
综上所述：的取值范围为.
方法点睛：求不等式恒成立问题的方法
（1）分离参数法
若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.
（2）数形结合法
结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于轴）求解.此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题.
（3）主参换位法
把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解.
22．（1）；（2）.
【分析】（1）曲线C1的参数方程消去参数，能求出曲线C1的普通方程，曲线C2的极坐标方程利用，能求出曲线C2的直角坐标方程；
（2）设点的坐标为，利用点到直线的距离表示点到曲线的最小距离，结合三角函数的图象与性质即可得到最小值.
【详解】（1）消去参数得到，故曲线的普通方程为，
由，得到，即，
故曲线的直角坐标方程为.
（2）设点的坐标为，
则点到曲线的距离 ，
所以当时，的值最小，此时，，
所以点到曲线的最小距离为.
23．（1）；（2）.
【分析】（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）当时，由，可得，分析可得，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，.
当时，，解得，此时；
当时，，此时；
当时，，解得，此时.
综上所述，当时，不等式的解集为；
（2）若，则，
由，可得，即，解得，
对任意的时，不等式成立，则，
所以，，此不等式组无解.
故实数的取值范围为.
方法点睛：绝对值不等式的解法：
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．