百强校丨山东省实验中学2023-2024学年高三上学期第三次诊断考试（12月）数学试卷

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注意事项：
1．答卷前，先将自己的考生号等信息填写在试卷和答题纸上，并在答题纸规定位置贴条形
2．本试卷满分150分，分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷为第1页至第3页，第Ⅱ卷为第3页至第4页．
3．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．
4．非选择题的作答：用0.m加黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试
卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
第Ⅰ卷（共60分）
一、单项选择题：本题共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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合M,N，根据交集运算得解.
【详解】因为，，
所以．
故选：D．
2. 已知复数z满足，则复数z的实部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出复数z，即可得答案.
【详解】由可得，
故复数z的实部为，
故选：D
3. 数列满足，，则“”是“为单调递增数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】解：由，解得或，
所以“”是“为单调递增数列”的充分不必要条件，
故选：A
4. 把一个正方体各面上均涂上颜色，并将各棱三等分，然后沿等分线把正方体切开．若从所得的小正方体中任取一个，恰好抽到个面有颜色的小正方体的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据古典概型概率计算公式求得正确答案.
【详解】一共有个小正方体，
其中个面有颜色的小正方体有个，（每条棱上有个）
所以恰好抽到个面有颜色小正方体的概率为.
故选：C
5. 如图在正方体中，点为线段的中点. 设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设正方体的棱长为，则，所以，.
又直线与平面所成的角小于等于，而为钝角，所以的范围为，选B.
【考点定位】空间直线与平面所成的角.
6. 如图，､是双曲线：的左､右焦点，过的直线与双曲线交于､两点.若是中点且则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，利用双曲线的定义得，
再利用勾股定理建立方程组，消去,得到，进而得到的值，由得到双曲线的渐近线方程.
【详解】设，
,
①，
②,
由①可得
代入②式化简得：,
∴,∴,
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：A
【点睛】本题考查双曲线的定义、渐近线方程，解题时要注意如果题干出现焦半径，一般会用到双曲线的定义.
7. 已知函数，若对任意都有，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】转化为任意都有，令 ，得到 在R上递增求解.
【详解】解：因为若对任意都有，
所以对任意都有，
令 ，则 在R上递增，
当时， ，则，即 成立；
当时， ，
则 ，
当，即时，，解得 ；
当，即时， ，无解；
又，即，解得或，
综上：，
故选：A.
8. 棱长为2的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这些小球的最大半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出正四面体的体积及表面积，利用求出内切球的半径，再通过求出空隙处球的最大半径即可.
【详解】由题，当球和正四面体的三个侧面以及内切球都相切时半径最大，
设内切球的球心为，半径为R，空隙处最大球的球心为，半径为，
为的中心，得平面，为中点，
球和球分别和平面相切于，，
在底面正三角形中，易求，，，
又，
由，即得，又，
，，，
又，可得即，即球的最大半径为.
故选：C.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 一组数据，记其中位数为k，均值为m，标准差为，由其得到新数据的标准差为，下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用中位数的定义可判断A选项；举反例可判断B选项C；利用均值和方差公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，因，
样本数据最中间项为，
由中位数的定义可知，，A正确；
对于B，不妨令，
则，B错误；
对于C，不妨令，
则，C错误；
对于D，数据的均值为：
，
其方差为，D对.
故选：AD
10. 已知函数为的两个极值点，且的最小值为，直线为图象的一条对称轴，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 在间上单调递增D. 图象关于点对称
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意可得，即可求出，再根据正弦函数的对称性即可求出，根据正弦函数的单调性和对称性即可判断CD.
【详解】因为为的两个极值点，且的最小值为，
所以，所以，故A错误；
则，
又直线为图象的一条对称轴，
所以，所以，
又，所以，故B正确；
所以，
由，得，
所以在间上单调递增，故C正确；
将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，
则，
因为，
所以图象关于点对称，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知函数，下列说正确的是（ ）
A. 当时，
B. 函数在上单调递增
C. 方程有4个相异实根
D. 若关于x的不等式在恒成立，则
【答案】BC
【解析】
【分析】A、B项利用函数的周期性和单调性求解；C项，利用函数图象交点解决方程根的问题；D项，利用切线性质解决不等式问题.
【详解】A项，，表示当时，向右平移2个单位长度时，y值变为原来的倍，所以当，，A项错误；
B项，当时，，增区间为和，当时，增区间为和，同理可得，所以在上单调递增，B项正确；
C项，如图所示，与的图象，满足，，两图象共有4个交点，所以方程有4个相异实根，C项正确；
D项，当时，，
所以，
当两函数相切时，k有最小值，，
所以，所以，D项错误.
故选：BC.
12. 圆柱高为1，下底面圆的直径长为2，是圆柱的一条母线，点分别在上、下底面内（包含边界），下列说法正确的有（ ）．
A. 若，则点的轨迹为圆
B. 若直线与直线成，则的轨迹是抛物线的一部分
C. 存在唯一的一组点，使得
D. 的取值范围是
【答案】BC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式以及向量夹角公式列式计算可得点的轨迹方程判断选项A和选项B，假设，根据勾股定理列式结合均值不等式计算最值，即可判断选项C，计算的最大值判断选项D.
【详解】对B，如图，不妨以为原点，以的垂直平分线，
分别为轴建立空间直角坐标系，则，
，设，则，
由题意，，化简得，，
由于点在上底面内，所以的轨迹是抛物线的一部分，故B正确；
对A， ，化简得，即点的轨迹为椭圆，故A错误；

对C，设点在下平面投影为，若，
则，则，
当在线段上时，可取最小值，
由均值不等式，，
当且仅当时等号成立，
所以，即，
而点只有在与点重合时，才能取到，
此时点与点重合，点与点重合，故C正确；
对D，当点与点，点与点重合，
的值为，故D错误.
故选：BC
【点睛】判断本题选项B时，利用定义法计算线线所成的角不好计算时，可通过建立空间直角坐标系，利用向量夹角的计算公式列式计算.
第Ⅱ卷（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知点，，向量，若与成锐角，则y的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量夹角为锐角利用数量积求解.
【详解】因为，，与成锐角，
所以，
解得，
当与同向时，，即，解得，
此时满足，但与所成角为0，不满足题意，
综上，与成锐角时，y的取值范围为.
故答案为：
14. 如果圆台的上底面半径为5，下底面半径为R，中截面（与上、下底面平行且等距的平面）把圆台分为上、下两个部分，其侧面积的比为，则_______．
【答案】25
【解析】
【分析】中截面把圆台分为上、下两个圆台，则两个圆台的侧高相等，且中截面半径等于两底面半径和的一半，根据中截面把圆台分为上、下两个圆台的侧面积的比为，我们易构造出关于的方程，解方程即可求出的值．
【详解】设中截面的半径为，则①，
记中截面把圆台分为上、下两个圆台的侧面积分别为、，母线长均为，
，
又，
②，
将①代入②整理得：.
故答案为：25
15. 若关于的不等式在恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用分离参数法，通过构造函数以及利用导数来求得的取值范围.
【详解】依题意，不等式恒成立，
即在恒成立，
设，
，
其中，所以在区间上，单调递减；
在区间上，单调递增，
所以，所以，
所以的取值范围是.
故答案为：
16. 已知椭圆，过C中心的直线交C于M，N两点，点P在x轴上其横坐标是点M横坐标的3倍，直线NP交C于点Q，若直线QM恰好是以MN为直径的圆的切线，则C的离心率为_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用三条直线的斜率关系，结合点差法可得.
【详解】
设，，则，，
设、、，分别为直线、、的斜率，
则，，，
因直线是以为直径的圆的切线
所以，，
所以，
又在直线上，所以，
因、在上，
所以，，
两式相减得，
整理得，
故，即，
，
故.
故答案为：
四、解答题：本题共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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求角C的大小
（2）若的平分线交于点D，且，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，利用正弦定理转化为，再利用余弦定理求解；
（2）方法一 根据平分，且，利用角平分线定理得到，，，再由，，求得边长，再利用三角形面积公式求解. 方法二根据 平分，且，得到，然后由，求得边a，再利用三角形面积公式求解.
【小问1详解】
解：由及正弦定理，
得，即，
所以．
因为，所以．
【小问2详解】
方法一 因为平分，且，
所以由角平分线定理，得，
则有，，．
由，得．
又，
将代入，可得或．
当时，，则，故舍去，所以．
所以．
方法二 因为平分，且，所以，则有．
因为，
所以，
则有，所以，
所以．
18. 如图，三棱锥的底面和侧面都是等边三角形，且平面平面，点在侧棱上．
（1）当为侧棱的中点时，求证：平面；
（2）若二面角的大小为60°，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）通过证明和即可得证；
（2）取的中点，连接，，以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法建立关系可求解.
【详解】（1）证明：因为为等边三角形，所以.
因为为等边三角形，所以，所以，.
在等腰和等腰中，因为为的中点，所以，.
又因为，，平面，所以平面.
（2）如图，取的中点，连接，，则在等边和等边中，有，，所以为二面角的平面角.
因为平面平面，所以，即.
所以，，两两垂直.
以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，
则，，，.
因为在上，设，，
则，，
解得，，
即.
显然平面的一个法向量.
设平面的一个法向量为，
因为，.
所以，即，
令，则，所以.
因为二面角的大小为60°，
所以，
所以.又，解得，即.
【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查向量法求空间中线段比例，属于中档题.
19. 已知在数列中，
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列的通项公式在和之间插入k个数，使这个数组成等差数列，将插入的k个数之和记为，其中，2，…，n，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）方法1：根据递推关系式，先变形；再采用累积法求数列通项公式；方法2：根据递推关系式，先构造出等比数列，再求数列通项公式.
（2）先求出数列的通项公式，再根据通项公式的特点利用错位相减法求前n项和.
【小问1详解】
方法1：
，∴，
∴当时，
∴
又也适合上式，∴；
方法2：∵，∴，
又，故，
∴为公比为2，首项为1的等比数列．
∴，∴．
【小问2详解】
，，∴.
由题知，
设数列的前n项和为﹐
则
所以
，
故.
20. 某中学有A，B两个餐厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下：
假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率．
（1）估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率；
（2）记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；
（3）假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，已知推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明．．
【答案】（1）0.6 （2）分布列见解析，1.9
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由频率估计概率，按古典概型进行求解；
（2）先确定随机变量的可能取值，再求出各值所对应的概率，列出分布列，根据期望的定义求期望；
（3）用条件概率公式进行推理证明.
【详解】（1）设事件C为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐”，
因为30天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数为，
所以．
（2）记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，
则X的所有可能取值为1和2，
所以，
，
所以X的分布列为
所以X的数学期望．
（3）由题知，所以
所以，
所以，
即，
所以，即
21. 已知函数，．
（1）若函数，求函数的单调区间；
（2）设直线为函数的图象上一点处的切线．证明：在区间上存在唯一的，使得直线与曲线相切．
【答案】（1）增区间和；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求得函数定义域和导数，分析导数的符号变化，即可得出函数的单调递增区间和递减区间；
（2）求得直线的方程为，设直线与函数相切于点，可得出，进而可将直线的方程表示为，可得，然后利用（1）中的函数在区间上的单调性结合零点存在定理可证得结论成立.
【详解】（1），定义域为，
，
所以，函数的单调递增区间为，；
（2），，
所以，直线的方程为，即，
，则，设直线与函数相切于点，
则，得，则切点坐标为，
所以，直线的方程可表示为，即，
由题意可得，则，
下面证明：存在唯一的使得.
由（1）知，函数在区间上单调递增，
，，
由零点存在定理可知，存在唯一的，使得，即.
所以，存在唯一的使得.
因此，在区间上存在唯一的，使得直线与与曲线相切.
【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数证明直线与曲线相切，考查了零点存在定理的应用，考查推理能力与计算能力，属于难题.
22. 已知动圆过点，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过上一点作曲线的两条切线，为切点，与轴分别交于，两点．记，，的面积分别为、、．
（ⅰ）证明：四边形为平行四边形；
（ⅱ）求的值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）1
【解析】
【分析】（1）设出圆心，利用条件建立方程，再化简即可得出结果；
（2）（ⅰ）设出两条切线方程，从而求出的坐标，再利用向量的加法法则即可得出证明；
（ⅱ）利用（ⅰ）中条件，找出边角间的关系，再利用面积公式即可求出结果.
【小问1详解】
设圆心，由题意得：，化简整理得：，
所以曲线的方程为：．
【小问2详解】
（ⅰ）设，，因为，所以，
∴直线PA的方程为：，即，令，得到，
同理可得直线PB的方程为：，令，得到，
∴，，联立，消解得，
所以，
又，∴，
所以四边形FNPM为平行四边形；
（ⅱ）由（ⅰ）知直线PA的方程为，又，所以，即，
同理可知直线PB的方程为，又因为P在直线PA，PB上，设，则有，
所以直线AB的方程为：，故直线AB过点，
∵四边形FNPM为平行四边形，∴，，
∴，，，，
∴，
∵，，，
∴．
【点睛】关键点点睛：（2）中的第（ⅰ）问，关键在于利用向量来证明，从而将问题转化成求出点的坐标，将几何问题代数化；第（ⅰⅰ）问的关键在于求出直线恒过定点，再利用几何关系，求出相似比.
选择餐厅情况（午餐，晚餐）
王同学
9天
6天
12天
3天
张老师
6天
6天
6天
12天
X
1
2
P
0.1
0.9