内蒙古赤峰二中2023-2024学年高三上学期第三次月考数学试题（文）（Word版附解析）

这是一份内蒙古赤峰二中2023-2024学年高三上学期第三次月考数学试题（文）（Word版附解析），共20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。

1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先运用一元二次不等式的解法，求得集合M，再运用集合间的包含关系，集合的交集、并集运算可得选项.
【详解】因为，解不等式得，且，
所以，，.
故选：B.
【点睛】本题考查了集合的交集、并集运算，集合的包含关系，意在考查学生的计算能力和应用能力，属于基础题.
2. 已知复数：满足（其中i为虚数单位），则复数在复平面上对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求出，再求共轭复数，根据复数的几何意义可得答案.
【详解】由复数z满足，
可得，
可得，
所以复数在复平面内对应的点为位于第四象限.
故选：D.
3. 某射击运动员连续射击5次，命中的环数（环数为整数）形成的一组数据中，中位数为8，唯一的众数为9，极差为3，则该组数据的平均数为（ ）
A. B. C. 8D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先分析数据的情况，再根据平均数公式计算可得.
【详解】依题意这组数据一共有个数，中位数为，则从小到大排列的前面有个数，后面也有个数，
又唯一的众数为，则有两个，其余数字均只出现一次，则最大数字为，
又极差为，所以最小数字为，
所以这组数据、、、、，
所以平均数为.
故选：B
4. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥
的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三视图还原几何体，可得该棱锥4个面中有2个为直角三角形，2个面是等腰三角形，利用三视图中的数据即可得结果.
【详解】
该几何体是棱长分别为 的长方体中的三棱锥： ，
其中： ，
该几何体的表面积为： .
故选：B．
5. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的定义域，然后判断函数的奇偶性，再根据函数的单调性进行分析判断即可.
【详解】函数的定义域为，
因为，
所以为奇函数，所以的图象关于原点对称，
所以排除A，
当时，，所以排除C，
当时，，
因为和在上递增，所以在上递增，所以排除B，
故选：D
6. 已知函数，设，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先判断函数的奇偶性和单调性，再判断自变量的大小，即可根据函数的单调性，比较大小.
【详解】依题意，得的定义域为，函数为偶函数，且在上为增函数，
而，
因，所以，即，
因为在上为增函数，且，所以，
，
因为，所以，所以，
所以，所以，
故选：A.
7. 在等比数列中，，，则（ ）
A. B. C. D. 11
【答案】A
【解析】
【分析】设，倒序相加再由等比数列的性质求解.
【详解】设，
则
，
所以.
故选：A
8. 若两个正实数x，y满足，且不等式恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】不等式恒成立，只要即可，根据基本不等式中“1”的整体代换求出的最小值，再结合一元二次不等式的解法即可得解.
【详解】由题意知，
，
当且仅当，即时取等，
又不等式恒成立，
则不等式，解得，
所以实数m的取值范围为.
故选：A.
9. 点A是曲线上任意一点，则点A到直线的最小距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】动点在曲线，则找出曲线上某点的斜率与直线的斜率相等的点为距离最小的点，利用导数的几何意义即可
【详解】不妨设，定义域为：
对求导可得：
令
解得：（其中舍去）
当时，，则此时该点到直线的距离为最小
根据点到直线的距离公式可得：
解得：
故选：A
10. 已知数列的首项为，是边所在直线上一点，且，则数列的通项公式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三点共线可得递推关系式，构造出等比数列，由等比数列通项公式可推导求得结果.
【详解】由得：，
三点共线，，即，
，又，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，则.
故选：A.
11. 已知抛物线：的准线为直线，直线与交于，两点（点在轴上方），与直线交于点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的焦半径公式和得到，联立直线和抛物线方程，根据韦达定理得到，然后根据三角形面积得到.可得答案.
【详解】由题可得抛物线方程为，所以，
如图所示，则，解得，

联立方程，消去y得：．
可知，解得，
所以．
故选：C．
12. 中，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简得到，从而得到，得到，，利用正弦定理得到，从而得到的取值范围.
【详解】，
在中，，故或，
当时，，故，不合要求，舍去，
所以，，
因为，所以，即，
因为，所以，
由正弦定理得，
故因为，所以，
故，
因为，所以，
故，
因为，所以，，，
故.
故选：B
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】由已知且、不共线，结合向量的坐标运算可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】由已知且、不共线，则，解得且.
所以，实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若函数是偶函数，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数图象的平移可得，进而根据偶函数即可求解,进而可求解.
【详解】，
由于是偶函数，所以,故，
所以，
故答案：
15. 若为偶函数，则实数________.
【答案】1
【解析】
【分析】求出函数的定义域，再利用偶函数的定义求解即得.
【详解】函数的定义域为，
由函数是偶函数，得，恒成立，
即，整理得，
于是对恒成立，显然，解得，
所以.
故答案为：1
16. 三棱锥中，底面是边长为的等边三角形， 面， ,则三棱锥外接球的表面积是_____________ .
【答案】
【解析】
【详解】由题意可知三棱锥外接球，即为以为底面以为高的正三棱柱的外接球
∵是边长为的正三角形
∴的外接圆半径，
设球的半径为，因为面， ,
所以，
∴外接球的表面积为，
故答案为
点睛：本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题. 要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.
三、解答题
17. 为建立健全国家学生体质健康监测评价机制，激励学生积极参加身体锻炼，教育部印发《国家学生体质健康标准》，要求各学校每学年开展覆盖本校各年级学生的《标准》测试工作．为做好全省的迎检工作，成都市在高三年级开展了一次体质健康模拟测试，并从中随机抽取了200名学生的数据，根据他们的健康指数绘制了如图所示的频率分布直方图．

（1）估计这200名学生健康指数的平均数和样本方差（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）从健康指数在的两组中利用分层抽样抽出7人进行电话回访，并再随机抽出2人赠送奖品，求从7人中抽出的2人来自不同组的概率.
【答案】（1）平均数为60，方差为86
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图求各组频率，结合平均数、方差公式运算求解；
（2）根据分层抽样求分层人数，利用列举法结合古典概型运算求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知分组的频率依次为：，
所以平均数，
方差
，
所以这200名学生体重的平均数为60，方差为86.
【小问2详解】
由（1）可知健康指数在的两组的频率之比为，
所以抽取的7人中，有人，记为；
有人，记为.
随机试验的所有可能结果有：，，，，，，，，，
，，，，，，，，，，，共21个基本事件，
其中来自不同组的结果有：，，，，，，，，，，，，共12个基本事件，
所以所求概率为.
18. 如图，在直三棱柱中，，D，E，F分别是棱，BC，AC的中点，.

（1）证明：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明线面平行，再由面面平行判定定理得证；
（2）利用三棱锥中等体积法求高即可.
【小问1详解】
在中，因为E，F分别是BC，AC的中点，
所以.
因为，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，同理平面，
又因为，平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
如图所示，连接.

利用勾股定理计算得，
所以的面积为.
设点到平面的距离为，
则三棱锥的体积为.
又易知平面，
所以三棱锥的体积为.
所以，解得，
即点到平面的距离为.
19 已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推关系作差即可求解，
（2）根据错位相减法即可求和.
【小问1详解】
当时，．
当时，，
即，
当时，上式也成立，
所以．
当时，也符合，所以．
【小问2详解】
由（1）知．
，
，
则，
所以．
20. 已知椭圆C：过点，且C的右焦点为．
（1）求C的离心率；
（2）过点F且斜率为1的直线与C交于M，N两点，P直线上的动点，记直线PM，PN，PF的斜率分别为，，，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件求出椭圆方程再求离心率；
（2）设，，，将直线MN的方程与椭圆方程联立得，，代入斜率公式验证成立即可.
【小问1详解】
由得C的半焦距为，所以，
又C过点，所以，解得，
所以，．
故C的离心率为．
【小问2详解】

由（1）可知C的方程为．
设，，．
由题意可得直线MN的方程为，
联立 ，消去y可得，
则，，
则
，
又，
因此．
21. 已知函数.
（1）讨论在区间上的单调性；
（2）若存在使不等式成立，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先求导，再根据导数的结果将分类，根据导数正负得到单调性；
（2）由不等式，将反解，存在，使，所以，求出，即可求出的取值范围.
【小问1详解】
由已知得.
若，则当时，恒成立，所以，故单调递增.
由可得，
若，则当时，恒成立，
所以，故单调递增.
若，令，可得，其中，
当或时，单调递增，
当时，单调递减.
综上：若，则在上单调递增；
若，则在和上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
由不等式，得，
则.
设函数，
因为存在，使，所以.
求导得，
令，解得舍去，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
因为，
且，
所以，
所以，即实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题（1）关键在于的分类，（2）关键在于分清与哪个更大，以求出的取值范围.
22. 在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为：（，），已知直线l与曲线C相交于M，N两点.
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）记线段的中点为P，若恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）参数方程消去参数，可得曲线的直角坐标方程，再由得曲线的极坐标方程；
（2）利用三角函数的恒等变换和极径求出结果．
【小问1详解】
∵曲线的参数方程为（为参数），
∴曲线的直角坐标方程为，
化为一般式得：，
设，
∴，
∴曲线的极坐标方程为：.
小问2详解】
联立和，得，
易得，设、，则，
由，得，
当时，取最大值，
所以实数的取值范围为.
23. 已知任意，都有.
（1）求实数的取值范围；
（2）若（1）问中的最大值为，正数满足，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由分段函数的单调性求出的最小值，即可求出实数的取值范围；
（2）由基本不等式即可证明.
【小问1详解】
由题意记，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因此的最小值，
由题可知，所以实数的取值范围是
【小问2详解】
由（1）知，且均为正数，
所以，
由基本不等式，，，