2024届宁夏回族自治区银川一中高三上学期第三次月考数学（文）试题含答案

这是一份2024届宁夏回族自治区银川一中高三上学期第三次月考数学（文）试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，证明题，解答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．（-3，2]B．[-3，2）C．（2，3]D．[2，3）
【答案】D
【分析】分别求得集合，，再结合集合的交集和补集的运算，即可求解.
【详解】由题意，集合，则，
又由，
所以．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中熟记对数的运算性质正确求解集合，再根据集合的交集、并集和补集的运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.
2．已知为虚数单位，且复数满足，则（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】D
【分析】根据复数的除法、乘方运算求出，再根据共轭复数的概念和模长公式可求出结果.
【详解】因为，所以，
所以，
所以，
所以.
故选：D
3．设，则使成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合充分不必要条件的定义，对A，；对B，；对C，；对D，，需要讨论a、b的符号 ，即可进一步判断
【详解】对A，，故A不成立；
对B，，故B成立；
对C，，不一定推出，故C不成立；
对D，，若，故D不成立.
故选：B
4．已知点是所在平面内的一点，且，设，则（ ）
A．B．C．3D．
【答案】D
【分析】由，可得为的中点，由图形结合平面向量基本定理用将表示出来，再结合，可求出的值，从而可求得答案
【详解】由题意作图，因为，所以为的中点，
所以，
因为，
所以由平面向量基本定理可得，
所以，
故选：D
5．执行下图所示的程序框图，若输入N的值为8，则输出S的值为（ ）
A．B．C．0D．
【答案】C
【分析】模拟程序运行，确定程序功能可得结论．
【详解】模拟程序运行可得：，
故选：C．
6．有下列四个命题：
①“若，则互为倒数”的逆命题；
②“面积相等的三角形全等”的否命题；
③“若，则有实数解”的逆否命题；
④“若，则”的逆否命题.
其中真命题为（ ）
A．①②B．②③C．①②③D．①②③④
【答案】C
【分析】根据四种命题之间的关系逐一判断即可.
【详解】①“若，则互为倒数”的逆命题为“若互为倒数，则”是真命题，故①正确；
②“面积相等的三角形全等”的否命题为“面积不相等的三角形不全等” 是真命题，故②正确；
③有实数解，则，解得，所以“若，则有实数解”的逆否命题为“若没有实数解，则”是真命题，故③正确；
④因为，则，故原命题为假命题，所以 “若，则”的逆否命题为假命题，故④错误.
故选：C
7．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】根据空间中线面、面面平行、垂直的判定定理和性质定理分析判断，即可得出结果.
【详解】由是两条不同的直线，是两个不同的平面，
若，则与可能相交、平行或，A错；
若，则或，B错；
若，则或相交，C错；
若，则确定一个平面，设为，
又，所以，
则由面面平行的判定定理得，D正确.
故选：D
8．已知函数，结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于原点对称
C．的值域为
D．在区间上单调递增
【答案】D
【分析】判断、是否成立，即可确定A、B正误；根据正弦函数的值域、区间单调性，及指数函数的值域及其复合函数的单调性判断C、D的正误.
【详解】A：，故最小正周期不为，错误；
B：，故图象不关于原点对称，错误；
C：由，故，错误；
D：在定义域上递增，在上递增，故在上递增，正确.
故选：D
9．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】利用同角三角函数平方关系和二倍角公式可求得，利用诱导公式可求得结果.
【详解】由得：，
，.
故选：.
10．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为
A．1B．2
C．3D．4
【答案】C
【详解】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.
详解：由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，，
由勾股定理可知：，则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C.
点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.
11．“学如逆水行舟，不进则退；心似平原跑马，易放难收．”《增广贤文》是勉励人们专心学习的．如果每天的“进步”率都是1％，那么一年后是；如果每天的“退步”率都是1％，那么一年后是，一年后“进步”的是“退步”的倍.如果每天的“进步”率和“退步”率都是20％，那么“进步”的是“退步”的1000倍需要经过的时间大约是（参考数据：1g 2≈0.3010，lg 3≈0.4771）（ ）
A．15天B．17天C．19天D．21天
【答案】B
【分析】设大约用x天，根据题意得到，利用对数运算求解.
【详解】解：设大约用x天，“进步”的是“退步”的1000倍，
由题意得，即，
所以，
故选：B
12．已知， 则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用定义判断函数的奇偶性，结合复合函数的单调性判断的单调性，结合函数的单调性，奇偶性，即可判断.
【详解】因为，
所以为奇函数，
，
由于，都在单调递增，故在单调递增，又为增函数，故在单调递增，在单调递减.
，，
所以，，，
所以，
又在上单调递减，
所以，
即．
故选：C
二、填空题
13．已知实数，满足，则的最小值是 .
【答案】
【分析】先画出可行区域，再根据可行区域得到最小值.
【详解】如图所示，画出满足不等式的可行区域为黑色三角形，令，
则可由直线平移得到，要使得最小，则需向下平移到图中点时取到，
解方程，解得，此时，
故答案为：
14．若命题“”是假命题，则实数的最大值为 ．
【答案】
【分析】由命题的否定转化为恒成立问题，利用二次函数的性质即可求解.
【详解】由题知命题的否定“”是真命题．令，则 解得，故实数的最大值为
故答案为：
15．已知直线与曲线相切， 则 ．
【答案】/
【分析】求出函数的导函数，设切点为，即可求出切线的斜率，从而得到方程组，解得即可.
【详解】解：由，所以，设切点为，
所以，则，解得；
故答案为：
16．已知圆锥的侧面展开图为半圆，则该圆锥的侧面积与其内切球的表面积之比为 .
【答案】
【分析】由已知先计算圆锥母线与底面圆半径的关系，再确定其内切球半径，最后由圆锥的侧面积与球的表面积公式计算即可.
【详解】
如图所示圆锥IF，设其底面圆心为F，半径为r，内切球球心为O，半径为R，内切球与母线IH切于点G，
则由题意可知，故，
易知，即，所以，
圆锥的侧面积为，内切球的表面积为，故.
故答案为：
三、证明题
17．如图，在四棱锥中，平面，且四边形是正方形，，，分别是棱，，的中点.

(1)求证：平面；
(2)若，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，先证明平面平面，进而得证平面．
（2）由题，建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，连接，
∵是正方形，，分别是棱，的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵是的中点，∴，
∵平面，平面，
∴平面，平面，
∵，直线在平面内，
∴平面平面，
∵平面，
∴平面．

（2）由题意可得，，，两两互相垂直，
如图以点为坐标原点，，，分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，，则，，，，，
，，
，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
四、解答题
18．设为数列的前项和．已知．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）当时，求出的值，当时，由可得出，两式作差可得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；
（2）由（1）中的结论可求出数列的通项公式，可求得的表达式，再利用裂项相消法可求得.
【详解】（1）证明：已知①，
当时，②，
①②得：，即，
所以，，
当时，则，则，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列．
（2）解：由（1）可知，，则，
所以，，
所以，，
.
五、计算题
19．在中，内角所对的边分别是，且.
(1)判断此形状；
(2)点是线段的中点，若，求面积的最大值.
【答案】(1)等腰三角形或者直角三角形
(2)
【分析】（1）利用正弦定理结合二倍角公式即可判断出三角形的形状；
（2）分和两种情况进行分析，结合基本不等式即可求出面积最大值.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以，而，
所以或，
即或.
所以三角形为等腰三角形或者直角三角形.
（2）①当时，
因为，所以，
所以，当且仅当时等号成立.
则的面积为；
②当时，则.
设，则.
在中，由余弦定理可得，
则，
故的面积
，
当且仅当时，等号成立.
综上，面积的最大值是.
六、证明题
20．已知四棱锥的底面是正方形，，是棱上任一点．

(1)求证：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由勾股定理证得，，得到平面，证得，从而证得平面，进而利用面面垂直的判定定理，即可证得平面平面；
（2）根据题意点到平面的距离转化为到平面的距离，过点作证得平面，转化为边的高，在中，利用面积相等，即可求解.
【详解】（1）证明：因为是正方形，且，可得，且，
又因为，可得，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面．
（2）解：因为与平面交点为，且，
可得点到平面的距离等于到平面的距离，
过点作于点，
由（1）知平面，且平面，所以，
因为且平面，所以平面，
即到平面的距离为边的高，设为，
过作于，则，所以，
所以，即点到平面的距离等于．

七、解答题
21．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，，记在区间上的最大值为，且，求的值.
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）对求导，根据导函数的符号确定其区间单调性；
（2）由题设且，求导，构造研究其在上的单调性并确定零点位置，进而得到的单调区间，通过隐零点求最大值的范围，即可得n值.
【详解】（1）函数的定义域为，则，
令得：，所以在上单调递增；
令得：，所以在上单调递减.
（2）当时，，
所以且，
所以，
令，则在上成立，
所以在单调递增，
由于，，
所以存在，使得，即.
在上，恒成立，
，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
函数在的最大值为，
，
当且仅当时等号成立，即等号取不到，
，又，
.
【点睛】关键点点睛：第二问，通过构造函数研究单调性和零点，从而得到的单调性和最值，结合所得隐零点求其最大值的范围.
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)若直线与轴的交点为，与曲线的交点为，，求的值.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据题意，由参数方程与普通方程的互化以及极坐标方程与普通方程的互化，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，将直线的参数方程代入曲线的方程，结合韦达定理，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）将直线的参数方程（为参数）化为普通方程，得，
因为，所以，所以，
即曲线的直角坐标方程为.
（2）把直线的参数方程代入曲线的方程，
得，化简得.
设，对应的参数分别为，，则，，
所以，
，
可得.
八、证明题
23．设函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若，，的最小值为，且，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用零点分段法求解绝对值不等式；
（2）利用绝对值三角不等式得到，即，故，利用基本不等式“1”的妙用证明出结论.
【详解】（1）当时，函数，
①当时，由得；
②当时，由无解；
③当时，由得.
综上，不等式的解集为.
（2）证明：因为，
当且仅当时，等号成立，故取到最小值，
所以，即.
所以
，
当且仅当时，即，等号成立，即成立.