2023-2024学年内蒙古鄂尔多斯市康巴什区鄂尔多斯一中高三上数学期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2023-2024学年内蒙古鄂尔多斯市康巴什区鄂尔多斯一中高三上数学期末质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．等比数列的前项和为，若，，，，则（）A． B． C． D．2．复数，若复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，则等于（）A． B． C． D．3．设函数，当时，，则（）A． B． C．1 D．4．“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员､面向全社会的优质平台，现日益成为老百姓了解国家动态､紧跟时代脉搏的热门｡该款软件主要设有“阅读文章”､“视听学习”两个学习模块和“每日答题”､“每周答题”､“专项答题”､“挑战答题”四个答题模块｡某人在学习过程中，“阅读文章”不能放首位，四个答题板块中有且仅有三个答题板块相邻的学习方法有（）A．60 B．192 C．240 D．4325．设复数，则=（）A．1 B． C． D．6．已知函数,则函数的图象大致为（）A． B．C． D．7．把满足条件（1），，（2），，使得的函数称为“D函数”，下列函数是“D函数”的个数为（）①②③④⑤A．1个 B．2个 C．3个 D．4个8．如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（）A． B． C． D．9．在很多地铁的车厢里，顶部的扶手是一根漂亮的弯管，如下图所示．将弯管形状近似地看成是圆弧，已知弯管向外的最大突出(图中)有，跨接了6个坐位的宽度()，每个座位宽度为，估计弯管的长度，下面的结果中最接近真实值的是（）A． B． C． D．10．已知函数，，且在上是单调函数，则下列说法正确的是（）A． B．C．函数在上单调递减 D．函数的图像关于点对称11．已知四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A． B． C． D．12．已知复数为虚数单位），则z的虚部为（）A．2 B． C．4 D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在的展开式中，的系数为________．14．“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员、面向全社会的优质平台，现已日益成为老百姓了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门app.该款软件主要设有“阅读文章”和“视听学习”两个学习板块和“每日答题”、“每周答题”、“专项答题”、“挑战答题”四个答题板块.某人在学习过程中，将六大板块依次各完成一次，则“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间最多间隔一个答题板块的学习方法有________种.15．已知平面向量，的夹角为，且，则=____16．在的展开式中的系数为，则_______．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知椭圆（）的离心率为，且经过点.（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线与椭圆交于不同的两点，，试问在轴上是否存在定点使得直线与直线恰关于轴对称？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.18．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）若，求曲线与的交点坐标；（2）过曲线上任意一点作与夹角为45°的直线，交于点，且的最大值为，求的值.19．（12分）已知函数（）（1）函数在点处的切线方程为，求函数的极值；（2）当时，对于任意，当时，不等式恒成立，求出实数的取值范围.20．（12分）已知函数，不等式的解集为.（1）求实数，的值；（2）若，，，求证：.21．（12分）如图，在三棱柱中，、、分别是、、的中点.（1）证明：平面；（2）若底面是正三角形，，在底面的投影为，求到平面的距离.22．（10分）已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）点P是椭圆上异于短轴端点A，B的任意一点，过点P作轴于Q，线段PQ的中点为M.直线AM与直线交于点N，D为线段BN的中点，设O为坐标原点，试判断以OD为直径的圆与点M的位置关系.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】试题分析：由于在等比数列中，由可得：，又因为，所以有：是方程的二实根，又，，所以，故解得：，从而公比；那么，故选D．考点：等比数列．2、A【解析】

先通过复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，得到，再利用复数的除法求解.【详解】因为复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，且复数，所以所以故选：A【点睛】本题主要考查复数的基本运算和几何意义，属于基础题.3、A【解析】

由降幂公式，两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质求得参数值．【详解】，时，，，∴，由题意，∴．故选：A．【点睛】本题考查二倍角公式，考查两角和的正弦公式，考查正弦函数性质，掌握正弦函数性质是解题关键．4、C【解析】

四个答题板块中选三个捆绑在一起，和另外一个答题板块用插入法．注意按“阅读文章”分类．【详解】四个答题板块中选三个捆绑在一起，和另外一个答题板块用插入法，由于“阅读文章”不能放首位，因此不同的方法数为．故选：C．【点睛】本题考查排列组合的应用，考查捆绑法和插入法求解排列问题．对相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插入法是解决这类问题的常用方法．5、A【解析】

根据复数的除法运算，代入化简即可求解.【详解】复数，则故选：A.【点睛】本题考查了复数的除法运算与化简求值，属于基础题.6、A【解析】

用排除法，通过函数图像的性质逐个选项进行判断，找出不符合函数解析式的图像，最后剩下即为此函数的图像.【详解】设，由于，排除B选项；由于，所以，排除C选项；由于当时，，排除D选项.故A选项正确.故选：A【点睛】本题考查了函数图像的性质，属于中档题.7、B【解析】

满足（1）（2）的函数是偶函数且值域关于原点对称，分别对所给函数进行验证.【详解】满足（1）（2）的函数是偶函数且值域关于原点对称，①不满足（2）；②不满足（1）；③不满足（2）；④⑤均满足（1）（2）.故选：B.【点睛】本题考查新定义函数的问题，涉及到函数的性质，考查学生逻辑推理与分析能力，是一道容易题.8、B【解析】

根据三视图可以得到原几何体为三棱锥，且是有三条棱互相垂直的三棱锥，根据几何体的各面面积可得最大面的面积．【详解】解：分析题意可知，如下图所示，该几何体为一个正方体中的三棱锥，最大面的表面边长为的等边三角形，故其面积为，故选B．【点睛】本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题．9、B【解析】

为弯管，为6个座位的宽度，利用勾股定理求出弧所在圆的半径为，从而可得弧所对的圆心角，再利用弧长公式即可求解.【详解】如图所示，为弯管，为6个座位的宽度，则设弧所在圆的半径为，则解得可以近似地认为，即于是，长所以是最接近的，其中选项A的长度比还小，不可能，因此只能选B，260或者由，所以弧长.故选：B【点睛】本题考查了弧长公式，需熟记公式，考查了学生的分析问题的能力，属于基础题.10、B【解析】

根据函数，在上是单调函数，确定，然后一一验证，A.若，则，由，得，但.B.由，，确定，再求解验证.C.利用整体法根据正弦函数的单调性判断.D.计算是否为0.【详解】因为函数，在上是单调函数，所以，即，所以，若，则，又因为，即，解得，而，故A错误.由，不妨令，得由，得或当时，，不合题意.当时，，此时所以，故B正确.因为，函数，在上是单调递增，故C错误.，故D错误.故选：B【点睛】本题主要考查三角函数的性质及其应用，还考查了运算求解的能力，属于较难的题.11、B【解析】

由题意建立空间直角坐标系，表示出各点坐标后，利用即可得解.【详解】平面，底面是边长为2的正方形，如图建立空间直角坐标系，由题意：，，，，，为的中点，.，，，异面直线与所成角的余弦值为即为.故选：B.【点睛】本题考查了空间向量的应用，考查了空间想象能力，属于基础题.12、A【解析】

对复数进行乘法运算，并计算得到，从而得到虚部为2.【详解】因为，所以z的虚部为2.【点睛】本题考查复数的四则运算及虚部的概念，计算过程要注意.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据二项展开式定理，求出含的系数和含的系数，相乘即可.【详解】的展开式中，所求项为：，的系数为.

故答案为:.【点睛】本题考查二项展开式定理的应用，属于基础题.14、【解析】

先分间隔一个与不间隔分类计数，再根据捆绑法求排列数,最后求和得结果.【详解】若“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块相邻，则学习方法有种;若“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间间隔一个答题板块的学习方法有种;因此共有种.故答案为：【点睛】本题考查排列组合实际问题，考查基本分析求解能力，属基础题.15、1【解析】

根据平面向量模的定义先由坐标求得，再根据平面向量数量积定义求得；将化简并代入即可求得.【详解】，则，平面向量，的夹角为，则由平面向量数量积定义可得，根据平面向量模的求法可知，代入可得，解得，故答案为：1.【点睛】本题考查了平面向量模的求法及简单应用，平面向量数量积的定义及运算，属于基础题.16、2【解析】

首先求出的展开项中的系数，然后根据系数为即可求出的取值.【详解】由题知，当时有，解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查了二项式展开项的系数，属于简单题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1)(2)见解析【解析】

（1）由题得a,b,c的方程组求解即可（2）直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数，即，整理.设直线的方程为，与椭圆联立，将韦达定理代入整理即可.【详解】(1)由题意可得，，又，解得，.所以，椭圆的方程为(2)存在定点，满足直线与直线恰关于轴对称.设直线的方程为，与椭圆联立，整理得，.设，，定点.(依题意则由韦达定理可得，，.直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数.所以，，即得.又，，所以，，整理得，.从而可得，，即，所以，当，即时，直线与直线恰关于轴对称成立.特别地，当直线为轴时，也符合题意.综上所述，存在轴上的定点，满足直线与直线恰关于轴对称.【点睛】本题考查椭圆方程，直线与椭圆位置关系，熟记椭圆方程简单性质，熟练转化题目条件，准确计算是关键，是中档题.18、（1），；（2）或【解析】

（1）将曲线的极坐标方程和直线的参数方程化为直角坐标方程，联立方程，即可求得曲线与的交点坐标；（2）由直线的普通方程为，故上任意一点，根据点到直线距离公式求得到直线的距离，根据三角函数的有界性，即可求得答案.【详解】（1），.由，得，曲线的直角坐标方程为.当时，直线的普通方程为由解得或.从而与的交点坐标为，.（2）由题意知直线的普通方程为，的参数方程为（为参数）故上任意一点到的距离为则.当时，的最大值为所以；当时，的最大值为，所以.综上所述，或【点睛】解题关键是掌握极坐标和参数方程化为直角坐标方程的方法，和点到直线距离公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.19、（1）极小值为，极大值为.（2）【解析】

（1）根据斜线的斜率即可求得参数，再对函数求导，即可求得函数的极值；（2）根据题意，对目标式进行变形，构造函数，根据是单调减函数，分离参数，求函数的最值即可求得结果.【详解】（1）函数的定义域为，，，，可知，，解得，，可知在，时，，函数单调递增，在时，，函数单调递减，可知函数的极小值为，极大值为.（2）可以变形为，可得，可知函数在上单调递减，，可得，设，，可知函数在单调递减，，可知，可知参数的取值范围为.【点睛】本题考查由切线的斜率求参数的值，以及对具体函数极值的求解，涉及构造函数法，以及利用导数求函数的值域；第二问的难点在于对目标式的变形，属综合性中档题.20、（1），.（2）见解析【解析】

（1）分三种情况讨论即可（2）将，的值代入，然后利用均值定理即可.【详解】解：（1）不等式可化为.即有或或.解得，或或.所以不等式的解集为，故，.（2）由（1）知，，即，由，得，，当且仅当，即，时等号成立.故，即.【点睛】考查绝对值不等式的解法以及用均值定理证明不等式，中档题.21、（1）证明见解析；（2）.【解析】

（1）连接，连接、交于点，并连接，则点为的中点，利用中位线的性质得出，，利用空间平行线的传递性可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）推导出平面，并计算出，由此可得出到平面的距离为，即可得解.【详解】（1）连接，连接、交于点，并连接，则点为的中点，、分别为、的中点，则，同理可得，.平面，平面，因此，平面；（2）由于在底面的投影为，平面，平面，，为正三角形，且为的中点，，，平面，且，因此，到平面的距离为.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考