北京市顺义区第九中学2023-2024学年高三下学期3月月考数学试题 含解析

顺义区第九中学高三3月月考数学2024.3第一部分（选择题共40分）一､选择题（共10小题，每小题4分，共40分.选出符合题目要求的一项）1.若集合或，则（）A. B.C.或 D.或【答案】C【解析】【分析】运用集合的并集的定义，借助于数轴表示即得.【详解】由或可知，.故选：C.2.设，若复数在复平面内对应的点位于虚轴上，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由复数乘法运算可得该复数在复平面内对应的点为，由复数的几何意义可解得.【详解】根据题意可得，所以在复平面内对应的点为，即在虚轴上，因此可得，即；故选：B3.下列函数既是偶函数，又在上单调递增的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据偶函数的定义，结合函数的单调性逐一判断即可.【详解】对于A，定义域为，故是非奇非偶函数，A错，对于B，当时，在上为减函数，∴B不对，对于C，∵定义域为，且为偶函数，设，∵在上为增函数，在上为增函数，∴在上为增函数，∴C对.对于D，∵为奇函数，∴D不对.故选：C.4.若，则（）A.1 B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】对赋值，分别赋值，，进而可得结果.【详解】由，令，则，即，令，则，即所以.故选：D.5.向量在正方形网格中的位置如图所示.若向量与共线，则实数（）A.-2 B.-1 C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】先由图得出用表示的式子，再根据向量共线的充要条件求之即得.【详解】根据网格图中的的大小与方向，易于得到，由向量与共线，可得，解得：.故选：D.6.已知，，且，，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据对数函数的单调性，结合或分类讨论进行判断即可．【详解】解：由，即，，当时，则有，此时，，，，则，，，，D选项符合；当时，则有，此时，，，，则，，，，D选项符合；故选：D．7.若数列为等比数列，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】设出公比，先由得到，利用基本不等式可得，得到“”是“”的充分条件，再通过举反例说明“”不是“”的必要条件，故得结论.【详解】因数列为等比数列，不妨设公比为，则，由可得，故，而，由知，当且仅当时取等号，而，故，此时，故“”是“”的充分条件；由可得，则，而，故不一定能得到.如时，满足，但是，故“”不是“”的必要条件.即“”是“”的充分不必要条件.故选：A.8.随着北京中轴线申遗工作的进行，古建筑备受关注.故宫不仅是世界上现存规模最大､保存最为完整的木质结构古建筑之一，更是北京中轴线的“中心”.图1是古建筑之首的太和殿，它的重檐庑（wŭ）殿顶可近似看作图2所示的几何体，其中底面是矩形，，四边形是两个全等的等腰梯形，是两个全等的等腰三角形.若，则该几何体的体积为（）A.720 B. C. D.1080【答案】B【解析】【分析】根据题意可将几何体分割成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥，再由柱体和锥体的体积公式即可求得出结果.【详解】由，可得；分别过点作垂直于，垂足分别为，如下图所示：又底面是矩形，四边形是两个全等的等腰梯形，是两个全等的等腰三角形，所以四边形为全等的矩形，即，又，平面，所以平面；由平面可知平面平面；则三棱柱为直三棱柱，四棱锥和四棱锥为全等的四棱锥；易知，，又，可得；作，则可得即为四棱锥的高，且；所以可得，三棱柱的体积为，因此该几何体的体积为.故选：B9.已知双曲线的右顶点为M，以M为圆心，双曲线C的半焦距为半径的圆与双曲线C的一条渐近线相交于A，B两点．若，则双曲线C的离心率为（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】做交于点，点为弦的中点，可得圆心M到渐近线的距离等于半径的一半，即，再利用可得答案.【详解】因为，如图，做交于点，点为弦的中点，，所以圆心M到渐近线的距离等于半径的一半，则，则，即，解得，则双曲线C的离心率为．故选：D.10.分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，它研究的几何对象具有自相似的层次结构，适当的放大或缩小几何尺寸，整个结构不变，具有很多美妙的性质.其中科赫（Koch）曲线是几何中最简单的分形.科赫曲线的产生方式如下：如图，将一条线段三等分后，以中间一段为边作正三角形并去掉原线段生成1级科赫曲线“”，将1级科赫曲线上每一线段重复上述步骤得到2级科赫曲线，同理可得3级科赫曲线，……在分形几何中，若一个图形由个与它的上一级图形相似，且相似比为的部分组成，则称为该图形分形维数.那么科赫曲线的分形维数是（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】根据题意得出曲线是由把全体缩小的4个相似图形构成的，再根据题设条件即可得出结果.【详解】由题意曲线是由把全体缩小的4个相似图形构成的，则其相似的分形维数是，故选：D.第二部分（非选择题，共110分）二､填空题（共5小题，每小题5分，共25分）11.函数的定义域是__________.【答案】【解析】【分析】由对数函数定义域及被开方数为非负解不等式即可得结果.【详解】由的解析式可得，解得；所以其定义域为.故答案为：12.设为抛物线的焦点，直线，点为上任意一点，过点作于，则__________.【答案】【解析】分析】根据抛物线方程可求得准线方程和焦点坐标，再由抛物线定义可得结果.【详解】易知抛物线的焦点，准线方程为，如下图所示：可设垂直于准线的垂足为，根据抛物线定义可得，易知；所以.故答案为：13.已知直线（为常数）与圆交于点，当变化时，若的最小值为2，则__________.【答案】【解析】【分析】利用圆的弦长公式表示出，即可根据最值求解.【详解】可知圆心为，半径．圆心到直线的距离：．由垂径定理可知：，当时，取得最小值，并且，故答案为：．14.已知函数，其中，若函数恒成立，则常数的一个取值为___________.【答案】1；答案不唯一；只要常数的取值不等于即可【解析】【分析】由三角函数的值域可知，当且仅当和同时取到时，等号成立；再根据正弦函数在（）取得最大值，联立即可得到.【详解】若函数，即存在使得和同时取到1，所以，即，所以，解得当时，；因为，所以，其中，则当（）时，.故答案为：1；答案不唯一；只要常数的取值不等于即可.15.在平面直角坐标系中，点到两个定点，的距离之积等于，称点的轨迹为双纽线.双纽线是瑞士数学家伯努利于1694年发现的.所以点的轨迹也叫做伯努利双纽线.给出下列结论：①；②点的轨迹的方程为；③双纽线关于坐标轴及直线对称；④满足的点有三个.其中所有正确结论的序号是___________.【答案】①②【解析】【分析】先由双纽线的定义求出其方程，从而可判断选项②；由方程可得，从而可判断选项①；根据对称性的判断方法在点的轨迹上任取点，判断点是否也在曲线上，从而判断选项③；由满足的点在轴上，令，得从而可判断选项④.【详解】由双纽线的定义可得，即即即即，即，所以②正确.由，则，当时等号成立.即，所以，则，所以①正确.在点的轨迹上任取点，即有则点关于直线对称的点为，若双纽线关于直线对称，则点也在该曲线上，即所以，即，显然对于该曲线上任意取的点不满足.所以双纽线不关于直线对称，故③不正确.由，，若满足，则点在轴上.在方程中，令，解得所以满足的点为，故④不正确.故答案为：①②【点睛】关键点睛：本题考查曲线的轨迹及其性质的问题，解答本题的关键是先由题意先求出点的轨迹的方程，然后分析其对称性和范围，属于中档题.三､解答题（共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）16.在中，.（1）求的值；（2）从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，求的值.条件①：；条件②：；条件③：，注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简可得，即可得；（2）对条件①②③的组合进行分类讨论可知，只有选择①③才满足题意，计算可得，再由正弦定理可得.【小问1详解】由利用正弦定理可得，即，易知，所以，可得，又，所以；【小问2详解】由（1）可得，即；若选择①②，由可知，又，可知，显然该三角形不存在；若选择②③，则，即；又，可得；联立可知该方程无解，所以只能选择①③,由①得，又可得；此时，解得；由正弦定理可得，即.17.根据《国家学生体质健康标准》，高三男生和女生立定跳远单项等级如下（单位：cm）：立定跳远单项等级高三男生高三女生优秀及以上及以上良好~~及格~~不及格及以下及以下从某校高三男生和女生中各随机抽取名同学，将其立定跳远测试成绩整理如下（精确到）：男生女生假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立．（1）分别估计该校高三男生和女生立定跳远单项的优秀率；（2）从该校全体高三男生中随机抽取人，全体高三女生中随机抽取人，设为这人中立定跳远单项等级为优秀的人数，估计的数学期望；（3）从该校全体高三女生中随机抽取人，设“这人的立定跳远单项既有优秀，又有其它等级”为事件，“这人的立定跳远单项至多有个是优秀”为事件．判断与是否相互独立．（结论不要求证明）【答案】（1）（2）（3）与相互独立【解析】【分析】（1）样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为，获得优秀的女生人数为，计算频率得到优秀率的估计值；（2）由题设，的所有可能取值为．算出对应概率的估计值，得到的数学期望的估计值；（3）利用两个事件相互独立的定义判断即可.【小问1详解】样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为，获得优秀的女生人数为，所以估计该校高三男生立定跳远单项的优秀率为；估计高三女生立定跳远单项的优秀率为．【小问2详解】由题设，的所有可能取值为．估计为；估计为；估计为；估计为．估计的数学期望．【小问3详解】估计为；估计为；估计为，，所以与相互独立．18.在三棱柱中，平面平面为正三角形，分别为和的中点.（1）求证：平面；（2）若，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）取的中点为，可证明四边形是平行四边形，再由线面平行的判定定理即可得出结论；（2）建立空间直角坐标系求出平面的法向量，即可求得与平面所成角的正弦值为.【小问1详解】取的中点为，连接，如下图所示：又分别为和的中点，可知，且，由三棱柱性质可知,且，即可得，所以四边形是平行四边形，即可得；又平面，平面，所以平面；【小问2详解】易知，又平面平面，平面平面，可得平面，又平面，所以，又因为，，且平面，所以平面；由平面，所以；即可知三条线两两垂直，取的中点为，连接，可知，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：易知，为的中点可得；可得，；设平面的一个法向量为，则，令，则，即设与平面所成的角为，则；所以与平面所成角的正弦值为.19.已知分别是椭圆的左､右焦点，分别为椭圆的左右顶点，且（1）求椭圆的方程；（2）若为直线上的一动点（点不在轴上），连接交椭圆于点，连接并延长交椭圆于点，试问是否存在，便得成立，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）存在，3【解析】【分析】（1）依题意，易得的值，求出值，即得椭圆方程；（2）设点，得直线的方程为：，与椭圆方程联立，利用韦达定理和题设条件证明直线经过定点，将面积分割转化化简即可求得的值.【小问1详解】依题意，，，则，故，于是，椭圆的方程为.【小问2详解】如图，设点，又，则直线的方程为：，代入方程整理得：，设，由韦达定理，，解得：，则.又因，则直线的方程为：，代入方程整理得：，设，由韦达定理，，得：，且,故直线的斜率为，则直线的方程为：，将上述的表达式代入，即得直线的方程为：，化简可得：，因，故直线恒过定点.于是因，，故.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①设出直线方程，将其与椭圆方程联立，整理成关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量之间的数量关系，同时得到韦达定理；③利用韦达定理表示出题设中的等量关系，化简整理得到所求的定点.20已知函数．（1）求曲线在点处的切线的方程；（2）若函数在处取得极大值，求a的取值范围；（3）若函数存在最小值，直接写出a的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）先求导后求出切线的斜率，然后求出直线上该点的坐标即可写出直线方程；（2）根据函数的单调性和最值分类讨论；（3）分情况讨论，根据函数的单调性和极限求解.【小问1详解】，所以：切点为，又，所以：，所以：切线方程为.【小问2详解】定义域为R，，①当时，，令得，所以：单调递增区间为；令得，所以单调递减区间为；所以：在取极大值，符合题意．②当时，由，得：，，，变化情况如下表：0－0+0－减极小值增极大值减所以：在处取得极大值，所以：符合题意．③当时，由，得：，，（i）当即时，，变化情况如下表：0+0－0+增极大值减极小值增所以：在处取得极小值，不合题意．（ⅱ）当即时，在R上恒成立，所以：在R上单调递增，无极大值点．（iii）当，即时，，变化情况如下表：0+0－0+增极大值减极小值增所以：处取得极大值，所以：合题意．综上可得：的取值范围是．【小问3详解】详解如下：根据（2）知可分三种情况：①，②，③：①当时，在区间单调递减，单调递增，在上单调递减，无最小值.②当时，当，趋向时，趋向于，当，要使函数取得存在的最小值，即：，解得：，故时，取得最小值，故的取值范围为.③当时，在趋向时，趋向于，又因为时，取到极小值，，故无最小值