河南省周口市川汇区周口恒大中学2023-2024学年高三下学期3月月考数学试题

这是一份河南省周口市川汇区周口恒大中学2023-2024学年高三下学期3月月考数学试题，共17页。试卷主要包含了函数的图像可能是，命题“，”的否定是，已知，则等内容，欢迎下载使用。

试卷考试时间：120分钟 满分：150

第I卷（选择题）
单项选择题（每小题5分，共40分）
1．函数的图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交该双曲线的左、右两支于A、B两点，若，则（ ）
A．2B．C．4D．
4．各项均为正数的等比数列满足,,若函数的导函数为,则 ( )
A．B．C．D．
5．已知，是虚数单位，，则可取的值为
A．1B．-1C．1或-1D．任意实数
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知圆O的半径为1，A为圆内一点，，B，C为圆O上任意两点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
8．近年来受各种因素影响，国际大宗商品价格波动较大，我国某钢铁企业需要不间断从澳大利亚采购铁矿石，为保证企业利益最大化，提出以下两种采购方案.方案一：不考虑铁矿石价格升降，每次采购铁矿石的数量一定；方案二：不考虑铁矿石价格升降，每次采购铁矿石所花的钱数一定，则下列说法正确的是（ ）
A．方案一更经济B．方案二更经济
C．两种方案一样D．条件不足，无法确定
二．多项选择题（每小题5分，共20分，有多项符合要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）
9．（多选）若，则下列关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．2022年第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔举行，这是第一次在阿拉伯地区举办，第一次在北半球冬季举办，也是最后一届32支球队参加的世界杯赛，它吸引了全世界的目光.现使用分层抽样的方法，从到场观看世界杯某场比赛的球迷中随机抽取名，其中亚洲、欧洲、非洲、美洲球迷人数的比例为，若亚洲球迷抽到12人，则下列选项不正确的是（ ）
A．非洲球迷抽到15人B．美洲球迷抽到8人
C．D．欧洲球迷比美洲球迷多18人
11．若方程所表示的曲线为C，则下面四个选项中错误的是（ ）
A．若C是圆，则B．若C为椭圆，则
C．若C为双曲线，则或D．若C为椭圆，且长轴在y轴上，则
12．已知正实数x，y，z满足，则下列关系式中可能成立的是（ ）
A．B．
C．D．
第II卷（非选择题）
三、填空题（每小题5分，共20分）
13．已知函数，设有两个零点，则实数 .
14．设函数，若为奇函数，则
15．如图，在正方体中，是的中点，则直线与平面的位置关系是 ；直线与平面的位置关系是 .
16．当时，函数的最大值为 ．
四、解答题（共6小题，共计70分.第17题10分，第18---22题，每题12分）
17．某校甲班、乙班各有49名学生，两班在一次数学测验中的成绩（满分100分）统计如下表：
(1)请你对下面的一段话给予简要分析：
甲班的小刚回家对妈妈说：“昨天的数学测验，全班平均79分，得70分的人最多，我得了85分，在班里算是上游了！”
(2)请你根据表中数据，对这两个班的测验情况进行简要分析，并提出教学建议．
18．已知椭圆，以抛物线的焦点为椭圆E的一个顶点，且离心率为.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若直线与椭圆E相交于A、B两点，与直线相交于Q点，P是椭圆E上一点，且满足（其中O为坐标原点），试问在x轴上是否存在一点T，使得为定值？若存在，求出点T的坐标及的值；若不存在，请说明理由.
19．已知函数
（1）设是的导函数，讨论函数的单调性；
（2） 当时，求证：
20．已知命题p：实数x满足，命题q：实数x满足．
（1）当且为真命题时，求实数x的取值范围；
（2）若p是q的必要不充分条件，求实数m的取值范围．
21．设的内角，，所对的边长分别为，，，且，，.
（1）求的面积；
（2）求的值及中内角，的大小.
22．等比数列的各项均为正数，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列前项和.
班级
平均分
众数
中位数
甲班
79
70
87
乙班
79
70
79
参考答案：
1．D
【分析】首先判断函数的奇偶性，再对函数求导并求出在0处的导数值即可判断作答.
【详解】因为定义域为，
又，
所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A、B，
，
于是得，即函数图象在原点处切线斜率大于0，显然选项C不满足，D满足，
故选：D
2．C
【分析】全称命题的否定是特称命题，按规则否定即可
【详解】命题“，”的否定是：
，，
故选：C
3．C
【分析】由双曲线的定义可得，，结合已知条件可得，然后在直角三角形中利用勾股定理可求得答案
【详解】解：由双曲线的定义可得，，
因为，所以，
所以，即，
因为，
所以，所以，
由，得，
所以，得，
故选：C
4．D
【分析】设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q＞0，根据,，相除利用通项公式可得=q=2，进而解得a1=1．an=2n﹣1．由函数f（x）=a1x+a2x2+a3x3+…+a10x10，可得：导函数为f′（x）=a1+2a2x+3a3x2+…+10a10x9，根据=1．即可得出．
【详解】设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q＞0，
∵a2a6=64，a3a4=32，∴=q=2，
∴=×26=64，a1＞0，解得a1=1．
∴an=2n﹣1．
∵函数f（x）=a1x+a2x2+a3x3+…+a10x10，
导函数为f′（x）=a1+2a2x+3a3x2+…+10a10x9，
∵=1．
则f′（）=1+2+……+10==55．
故选D．
【点睛】本题考查了等比数列与等差数列的通项公式与求和公式、导数运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
5．C
【解析】首先根据复数的除法运算求出，然后再根据复数相等，可得，据此即可求出结果.
【详解】由于，
所以，
所以 或 ，
所以可取的值为1或-1，
故选：C．
【点睛】本题主要考查复数的基本运算和相关性质，熟练掌握运算公式和相关性质是解题的关键．
6．A
【分析】利用函数的解析式以及对数运算可得出的值.
【详解】因为，则.
故选：A.
7．A
【详解】首先设与所成角为，根据题意得到，再根据求解即可.
【点睛】如图所示：设与所成角为，
因为，
因为，
所以
因为，当时，等号成立.
因为，所以当时，取得最小值为，
所以当时，取得最小值为.
故选：A
8．B
【分析】设第一次价格为，第二次价格为，进而求解两种方案的平均数，并比较大小即可.
【详解】解：设第一次价格为，第二次价格为，
方案一：若每次购买数量，则两次购买的平均价格为，
方案二：若每次购买钱数为，则两次购买的平均价格为，
所以，，即，当且仅当时，“=”号成立，
所以方案二更经济.
故选：B
9．AC
【分析】通过式子结构构造函数，利用条件及单调性得，从而利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性逐项判断大小即可.
【详解】因为，所以，设，
因为函数为增函数，函数为减函数，所以函数为增函数，
所以，故选项A正确；
因为不确定的正负号，所以选项BD中的式子不一定有意义，故选项BD错误；
因为函数为减函数，所以由得，故选项C正确.
故选：AC
10．ABC
【分析】根据题意得到，从而得到，在利用分层抽样求解即可.
【详解】由，解得人，
所以欧洲抽到人，非洲抽到人，
美洲抽到人，欧洲球迷比美洲球迷多18人.
故选：ABC
11．BD
【分析】利用圆、椭圆与双曲线的标准方程的特征，逐一分析选项得到关于的方程或不等式，解之即可判断.
【详解】对于A，因为方程表示圆，
所以，解得，故A正确；
对于B，因为方程表示椭圆，
所以，解得且，故B错误；
对于C，因为方程表示双曲线，
所以，解得或，故C正确；
对于D，因为方程表示长轴在y轴上的椭圆，
所以，解得，故D错误.
故选：BD
12．ABCD
【分析】在同一坐标系中画出（）的图象，并画出直线的图象，根据图象可判断的大小
【详解】在同一坐标系中画出（）的图象，如图所示
的关系有四种情况 ：，
所以AB正确，
的关系有四种情况：，
所以CD正确，
故选：ABCD
13．/
【分析】由有两个零点可得与的图象有2个交点，然后画出的图象，表示的是过点的直线，结合图象可解出答案.
【详解】
由有两个零点可得与的图象有2个交点
的图象如图，表示的是过点的直线
所以由与的图象有2个交点可得，
且与的图象有一个交点
由可得，所以，解得（正值舍去）
故答案为：
14．
【分析】求出的对称中心，平移到原点，即得．
【详解】，又，易知的对称中心是，
把它的图象向右平移1个单位，再向下平行一个单位得图象的函数为奇函数．
，由题意，∴，．
故答案为：－2．
【点睛】本题考查函数的奇偶性与对称性．原点是奇函数的对称中心．
15． 相交 平行
【分析】在平面中，由与相交可判断出直线与平面的位置关系，由平面平面可得出直线与平面的位置关系.
【详解】在平面中，四边形是梯形，且、是两腰，则直线与直线相交，所以，直线与平面相交；
在正方体中，平面平面，平面，
平面.
故答案为相交；平行.
【点睛】本题考查直线与平面位置关系的判断，解题时充分利用线面、面面关系相关的定理与定义进行转化、判断，考查逻辑推理能力，属于中等题.
16．8
【分析】对函数配方后，利用二次函数的性质求解即可.
【详解】，对称性为，
因为，
所以当时，函数的最大值为，
故答案为：8
17．(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据中位数的数值特征即可求解；
（2）分别从中位数和平均分进行分析即可.
【详解】（1）由中位数可知，85分排在第25名之后，从名次上讲，85分不算是上游，但也不能单以名次来判断学习成绩的好坏，小刚得了85分，说明他对这阶段的学习内容掌握较好．
（2）甲班学生成绩的中位数为87分，说明高于或等于87分的学生占一半以上，而平均分为79分，说明两极分化严重，建议对学习有困难的同学多给一些帮助；
乙班学生成绩的中位数和平均分均为79分，说明学生成绩之间差别较小，成绩很差的学生少，但成绩优异的学生也很少，建议采取措施提高优秀率．
18．（1）；（2），.
【分析】（1）利用椭圆以抛物线的焦点为顶点，且离心率为，求出，即可求椭圆E的方程；
（2）直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理确定P的坐标，代入椭圆方程，再利用向量的数量积公式，即可得到结论．
【详解】（1）抛物线的焦点即为椭圆E的顶点，即，
∵离心率为 ，
，
∴椭圆E的方程为；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），则
直线方程代入椭圆方程，可得
，
代入椭圆方程可得
设T（t，0），Q（﹣4，m﹣4k），
，
∴


∴要使为定值，只需

∴在x轴上存在一点T（，0），使得．
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
19．（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）设，对求导，由得增区间，得减区间；
（2）在（1）的基础上，时，求得函数最小值是，在时，同理可得，在时，同样由导数的知识得出，然后只需证只须证明，引入函数，利用导数知识可证．
【详解】解：（1）由已知
设
①当时.在上恒成立
在上递增
②当时.令得
得
在上递减.在上递增
综上所述：当时.是上的增函数
当时.在是减函数.在上是增函数
（2）由（1）知.①当时.在上递增
又
时.时.
则在上递减.在上递增
②当时，
由（1）知在上递增.又
则在上递减.在上递增
③当时.由（1）知
在上递减.在上递增
且
时.时.
在上递减.在在递增
则
综上所述：函数在上的最小值为.
则要证明原不等式只须证明
设
则当时.
时.
即:在上递减.在上递增
则
即
又
故．
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式成立．解题关键是把不等式分两步进行证明，一是证，二是证明，而这两步结合（1）的结论都容易证明．
20．(1)；(2) ．
【分析】(1)当时，求出为真命题的等价条件，结合为真命题时，则同时为真命题进行求解即可；
(2)将 p是q的必要不充分条件转化为对应集合之间的关系进行求解即可．
【详解】(1)当时，由得,解得，所以，
由得，所以命题，
若为真命题时，则同时为真命题，
即，得，
所以实数x的取值范围是．
(1)由，得，
若是的必要不充分条件，则，
则，即，
所以实数m的取值范围是．
【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的应用以及复合命题真假关系的应用，根据条件转化为集合关系是解决本题的关键．
21．（1）；（2）；，或，
【分析】（1）根据题意，由余弦定理得出，可求出，再根据三角形面积公式，即可求出的面积；
（2）根据正弦定理，求得，利用三角函数的恒等变换进行化简求出角，最后结合三角形的内角和，即可求出角.
【详解】解：（1）由题可知，，，，
由余弦定理得：，
则，
即，即，
解得：，
故的面积为：.
（2）因为，，，
由正弦定理得，
即：，
所以，
因为，所以，
则，
即，
整理得：，则，
由此得，
在中，或，
所以或，
由此可求得，或，.
【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形的面积公式，考查三角恒等变换的应用和三角形内角和关系，考查化简运算能力.
22．（1）；（2）.
【分析】（1）根据题意求出首项和公比即可得出通项公式；
（2）可得是等差数列，利用等差数列前n项和公式即可求出.
【详解】解：（1）设等比数列的公比为，则，
由题意得，解得，
因此，；
（2），
则 ，
所以，数列是等差数列，首项，
记数列前项和为，
则.