2024-2025学年广东省湛江市高三上册第三次月考数学检测试题合集2套（含解析）

2024-2025学年广东省湛江市高三上学期第三次月考数学检测试题（一）注意事项：1．本试卷共4页，分为第I卷和第II卷共两大题，满分150分，考试时间120分钟．2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填在答题卡上．答在试卷上的答案无效．一、选择题（本大题共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．设集合，则（

）A． B．C． D．2．若复数满足，则（

）A． B． C． D．3．已知命题总有，则为（

）A．使得 B．使得C．,总有 D．总有4．函数在点处的切线方程是（

）A． B． C． D．5．已知点为双曲线的左支上一点，分别为的左，右焦点，则（

）A．2 B．4 C．6 D．86．设是等比数列的前三项，则（

）A． B． C． D．7．已知为锐角，，则的取值范围为（

）A． B． C． D．8．的展开式中各项的二项式系数之和为A． B．512 C． D．19．已知函数在上单调递减，且的图象关于直线对称，则，的大小关系是（

）A． B． C． D．10．元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示．若将“没了壶中酒”改为“剩余原壶中的酒量”，即输出值是输入值的，则输入的（

）A． B． C． D．11．在平面直角坐标系中，双曲线的一条渐近线与圆相切，则的离心率为（

）A． B． C． D．12．已知函数的导函数满足对恒成立，则下列判断一定正确的是（

）A． B．C． D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分）13．已知向量的夹角为60°，且满足，，则．14．将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函的图象，则的最小正周期是．15．设数列的通项公式为，为其前项和，则数列的前9项和．16．在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的体积是．三、解答题（本大题共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．在中，.（1）求；（2）若，求的周长.18．如图，在三棱柱中，底面，，，，点，分别为与的中点．(1)证明：平面．(2)求与平面所成角的正弦值．19．已知直线与椭圆交于两点，与直线交于点（1）证明：与C相切；（2）设线段的中点为，且,求的方程.20．已知函数，.（1）求函数的单调区间；（2）证明.21．2018年12月18日，庆祝改革开放40周年大会在北京召开，在会上强调“改革开放40年来，民营企业蓬勃发展，民营经济从小到大，由弱变强，在稳定增长，促进创新，增加就业，改善民生等方面发挥了重要作用，成为推动经济社会发展的重要力量，支持民营企业发展是党中央的一贯方针.这一点，丝毫不会动摇”.在讲话的鼓舞下，驻马店某民营企业与某跨国生产厂家甲、乙签署了合作协议.现邀请甲、乙两个厂家进场试销10天.两个厂家提供的返利方案如下：甲厂家每天固定返利80元，且每卖出一件产品厂家再返利2元；乙厂家无固定返利，卖出40件以内（含40件）的产品，每件产品厂家返利4元，超出40件的部分每件返利6元.分别记录其十天的销售件数，得到如下频数表：甲厂家销售件数频数表销售件数3839404142天数12241乙厂家销售件数频数表销售件数3839404142天数24211（1）现从甲厂家试销的10天中抽取两天，求这两天的销售量都大于40的概率；（2）若将频率视作概率，回答以下问题：（ⅰ）记乙厂家的日返利额为（单位：元），求的分布列和数学期望；（ⅱ）某商场拟在甲、乙两个厂家中选择一家长期销售，如果仅从日返利额的角度考虑，请利用所学的统计学知识为商场作出选择，并说明理由.【选做题】（本小题10分）［选修4—4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系中，曲线C:，直线：，直线：以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）写出曲线C的参数方程以及直线，的极坐标方程；（2）若直线与曲线C分别交于O、A两点，直线与曲线C交于O、B两点，求△AOB的面积.［选修45：不等式选讲]23．已知函数.（1）求的最小值；（2）若不等式的解集为，且，求的值.1．B【分析】根据集合交集和并集的定义，可得答案.【详解】因为集合，所以，，故选：B2．C【分析】根据题意可得，然后根据乘法法则求出复数即可．【详解】∵，∴．故选C．本题考查复数的乘法运算，解题时根据乘法法则求解即可，注意把换为．属于基础题．3．B【分析】将全称命题否定为特称命题即可【详解】命题总有，则为使得，故选：B4．A【分析】求出函数的导数，把代入即可得到切线的斜率，然后根据与斜率写出切线方程即可.【详解】由题可得：，所以切线的斜率，根据点斜式，可得切线方程为：故选：A5．A【分析】根据双曲线的定义可得，即可求解.【详解】由于为双曲线的左支上一点，分别为的左，右焦点，所以，故，由于，所以，故选：A6．A【分析】利用等比数列的通项公式即可得出.【详解】因为是等比数列的前三项，所以，解得：，，则公比，所以故选：A7．C参变分离得，根据的范围并结合三角函数的性质，可求出的取值范围，即可得出答案.【详解】由，可得，因为，所以，则，所以的取值范围为.故选：C.本题考查三角函数的恒等变换、三角函数的性质，考查学生的计算求解能力，属于基础题.8．B【分析】展开式中所有项的二项系数和为【详解】展开式中所有项的二项系数和为.的展开式中各项的二项式系数之和为故答案选B本题考查了二项系数和，属于基础题型.9．D【分析】结合函数的对称性及单调性即可比较大小【详解】因为函数在上单调递减，且的图象关于直线对称，所以函数在上单调递增，因为，所以，即；故选：D10．C【分析】根据程序框图进行模拟运算即可.【详解】时，，时，，时，，时，退出循环，此时，解得.故选：C11．C【分析】求出双曲线的渐近线方程，以及圆的圆心和半径，运用直线和圆相切的条件：，计算可得，结合离心率公式可得所求.【详解】双曲线的一条渐近线为，即，圆的圆心为，半径，由直线与圆相切可得：化简可得：，则，故选：C12．B【分析】根据题意及选项构造函数，然后求导判断出函数的单调性，再根据单调性判断出各值的大小，进而得到结论．【详解】由题意设，则，所以函数在上单调递增，所以，即．故选B．当题目条件中有含有导函数的不等式，而所求结论与判断函数值的大小有关时，解题时一般需要通过构造函数来解决．构造函数时要根据题意及积或商的导数来进行，然后判断出所构造的函数的单调性，进而可比较函数值的大小．13．8由，将已知条件代入运算即可得解.【详解】解：因为向量的夹角为60°，且满足，，则，解得．故8.本题考查了平面向量数量积的运算，属基础题.14．【分析】先由图象的变化得到的解析式，再由正弦函数的周期即可求解.【详解】将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函的图象，则的最小正周期是，故15．【分析】将化简得，利用裂项相消求得结果.【详解】因为，所以.因为，所以.故答案为.本题考查了数列求和的方法，考查了学生的运算能力，属于基础题．16．【分析】作出图形，取等边的中心，连接，可知三棱锥外接球球心在直线上，设三棱锥外接球的半径为，根据几何关系列出关于的方程，解出的值，进而可求得三棱锥外接球的体积.【详解】取等边的中心，连接、，如下图所示：，，所以，三棱锥为正三棱锥，所以，三棱锥外接球球心在直线，设该球的半径为，由正弦定理得，所以，，由勾股定理得，即，解得，因此，三棱锥外接球的体积为.故答案为.本题考查三棱锥外接球体积的计算，要分析出球心的位置，并结合几何关系列等式求解，考查计算能力，属于中等题.17．（1）；（2）.【分析】（1）先求，由二倍角公式即可求（2）由题得，解得a,b值，再由余弦定理求c边即可求解.【详解】（1）∵，∴，∴.（2）设的内角的对边分别为.∵，∴，∵，∴，.由余弦定理可得，则，的周长为.本题考查正余弦定理解三角形，熟记三角的基本关系式，准确运用余弦定理计算c边是关键，是基础题.18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）首先以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，根据法向量与向量垂直，即可判断线面平行；（2）首先求平面的法向量，再代入线面角的向量公式，即可求解.【详解】（1）证明：直三棱柱中，，以为顶点建立空间坐标系如图，，，点，分别为与的中点，取中点，，，，在△中，，平面，且，平面，平面，，且，平面，平面，为平面的一个法向量，而，，，，又平面，平面；（2）易知，，，，设是平面的一个法向量，则，，取，则，，即，设与平面所成角为，则故与平面所成角的正弦值为．19．（1）见解析（2）【分析】（1）将直线和椭圆的方程联立消元后根据所得方程的判别式为0可证得结论成立；（2）由并结合弦长公式可得关于的方程，解方程可得的值，进而得到所求直线方程．【详解】（1）证明：由消去整理得，∵，∴与相切．（注：消去得到关于的一元二次方程，根据判别式等于0一样得分）（2）解：由，得的坐标为.由消去整理得，因为直线与椭圆交于两点，所以，解得．设，，，则，，所以．∵，即，∴，即，解得，满足．∴，∴直线的方程为．本题体现了代数方法在解决解析几何问题中的应用，通过代数运算达到解决位置关系和数量关系的目的．由于在解题中会遇到大量的计算，所以在解题中要注意“设而不求”、“整体代换”等方法的运用，以达到简化运算的目的．20．(1)的单调递减区间为，单调递增区间为(2)证明见解析【详解】试题分析：(1)由题易知解不等式得到函数的单调区间；(2)要证，即证.易知：，，从而得证.试题解析：（1）由题易知，当时，，当时，，所以的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）的定义域为，要证，即证.由（1）可知在上递减，在上递增，所以.设，，因为，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，而，所以.21．（1）；（2）（ⅰ）分布列见解析，；（ⅱ）选择甲厂家.【分析】（1）利用组合知识，根据古典概型概率公式可得这两天的销售量都大于40的概率；（2）（ⅰ）的所有可能为：152,156,160,166,172，利用古典概型概率公式求出各随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得的数学期望；（ⅱ）求出甲厂家日平均销售量，可得甲厂家的日平均返利额,与乙厂家的日平均返利额比较即可得结果.【详解】（1）记“抽取的两天销售量都大于40”为事件，则.（2）（ⅰ）设乙产品的日销售量为，则当时，,当时，

当时，,当时，

当时，.∴的所有可能为：152,156,160,166,172.∴的分布列为152156160166172∴（元）.（ⅱ）甲厂家日平均销售量为：甲厂家的日平均返利额为：（元），由（ⅰ）得乙厂家的日平均返利额为：158.6元；元,因此，推荐该商场选择甲厂家长期销售.本题主要考查古典概型的概率公式以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题.求解数学期望问题，首先要正确理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所有可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.22．（1）：，.（2）【详解】分析：（1）直接根据圆的参数方程求出曲线C的参数方程，利用极坐标公式求出直线，的极坐标方程.(2)先求出OA,OB,再利用三角形面积公式求的面积.详解：（1）依题意，曲线：，故曲线的参数方程是（为参数），因为直线：，直线：，故，的极坐标方程为：，.（2）易知曲线的极坐标方程为，把代入，得，所以.把代入，得，所以.所以.点睛：（1）本题主要考查直角坐标方程、参数方程和极坐标的互化，考查极坐标的应用，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算能力.(2)第2问，化成直角坐标也可以解答，但是利用极坐标解答效率更高.23．（1）3（2）【分析】（1）先将函数写出分段函数的形式，再根据每一段的单调性，确定函数的单调性，即可得出结果；（2）先将函数写出分段函数的形式，根据函数单调性，分别由和，求出不等式的解集，在由题中条件即可得出结果.【详解】解：（1）,则在上单调递减，在上单调递增,所以.（2）因为，令，则；令，则.所以不等式的解集为，又不等式的解集为，且，所以，故.本题主要考查含绝对值不等式，熟记不等式的解法即可，属于常考题型.2024-2025学年广东省湛江市高三上学期第三次月考数学检测试题（二）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，只有一项是符合要求的.1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．设，则（

）A．4 B．2 C． D．3．已知是公差不为零的等差数列，，且成等比数列，若，则（

）A．568 B．566 C．675 D．6964．设，若，，则的最大值为（

）A． B． C． D．5．连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，分别标记两次骰子正面朝上的点数，表示事件“第一次正面朝上的点数为1”，表示事件“第二次正面朝上的点数为3”，表示事件“两次正面朝上的点数之和为8”，表示事件“两次正面朝上的点数之和为7”，则下列说法错误的是（

）A．与相互独立 B．与互斥C． D．6．椭圆（）的左、右焦点分别为，，若椭圆上存在点P满足，则椭圆C的离心率的取值范围为（

）A． B． C． D．7．在直三棱柱中，，侧面的面积为，则直三棱柱外接球的表面积的最小值为（

）A． B． C． D．8．已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（

）A． B．C． D．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，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．已知一组数据，，，，，，其中，，，，，平均数为，方差为．若去除，两个数据后，剩余数据的方差为，则（

）A． B． C． D．10．已知平面向量，则下列说法正确的是（

）A．与的夹角的余弦值为 B．在方向上的投影向量为C．与垂直的单位向量的坐标为 D．若向量与向量共线，则11．已知函数，则下列结论中正确的是（

）A．的最小正周期为B．是图象的一个对称中心C．是图象的一条对称轴D．将函数的图象向左平移个单位长度，即可得到函数的图象12．已知函数有两个不同的极值点，则（

）A．有两个不同的解B．实数的取值范围是C．两个极值点同号D．极大值大于极小值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．若直线与圆相切，则实数．14．已知的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为.15．已知函数是偶函数，则．16．已知双曲线C：的右焦点为F，过点F的直线与C的两条渐近线的交点分别为P，Q，若，（O为坐标原点），则.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求B；(2)已知，D为边上的一点，若，，求的长．18．已知等差数列的前n项和为，，且，，成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．19．如图，四棱锥中，四边形为梯形，其中，．

(1)证明：平面平面；(2)若，点满足，且三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值．20．学校举办学生与智能机器人的围棋比赛，现有来自两个班的学生报名表，分别装入两袋，第一袋有5名男生和4名女生的报名表，第二袋有6名男生和5名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从中随机抽取2名学生，让他们参加比赛.(1)求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；(2)比赛记分规则如下：在一轮比赛中，两人同时赢积2分，一赢一输积0分，两人同时输积分.现抽中甲、乙两位同学，每轮比赛甲赢概率为，乙赢概率为，比赛共进行二轮.（i）在一轮比赛中，求这两名学生得分的分布列；（ii）在两轮比赛中，求这两名学生得分的分布列和均值.21．已知抛物线，点为其焦点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点，．(1)求抛物线的方程；(2)过轴上一动点作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点和，点分别为的中点，求的最小值．22．已知函数在点处的切线方程为.(1)求实数a，b的值；(2)证明：；(3)若方程有两个实数根,且，证明.1．B【分析】求出集合后可求.【详解】由题可知：，所以．故选：B．2．C【分析】先化简，结合共轭复数的定义求得，进而求解即可.【详解】因为，所以，所以.故选：C.3．C【分析】利用等差中项求出，结合成等比数列，求出公差，从而求出通项公式，计算出结果.【详解】在等差数列中，设公差为，因为，所以，解得.又，，成等比数列，所以，故有，整理得，因为，所以，从而.即，∵，∴，故.故选：C.4．C【分析】先解出，再根据对数性质化简，最后根据基本不等式求最值.【详解】（当且仅当时取等号）因此即的最大值为2，故选：C本题考查指数式与对数式转换、对数运算性质、基本不等式求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.5．D【分析】利用列举法与古典概型的概率公式求得各事件的概率，再结合独立事件、互斥事件与条件概率公式即可得解.【详解】连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次的结果用有序数对表示，其中第一次在前，第二次在后，不同结果如下：，共36个．依题意，易得，事件包括，共5个，，事件包括，共6个，，对于A，事件只有结果，则，A与D相互独立，故A正确；对于B，由事件的基本事件可知，其中不包含“第一次正面朝上的点数为1”的事件，故与互斥，故B正确；对于C，事件表示“第二次正面朝上的点数不为3”，事件同时发生的有，共4件，所以，，故C正确；对于D，事件同时发生的有，共1件，所以，，故D错误.故选：D.关键点睛：本题解决的关键是利用古典概型的概率公式求得各事件的概率，从而得解.6．B【分析】先根据焦点三角形的顶角范围，求出椭圆特征三角形顶角的范围，继而求出离心率的范围.【详解】设椭圆的上顶点为,则令,则,

且，,,故选：B.7．B【分析】根据正弦定理可表示的外接圆半径，结合侧面积，可表示，进而可得外接球半径及面积，利用基本不等式可得最值.【详解】如图，设的外接圆半径为，直三棱柱外接球的半径为．由正弦定理，得，所以，又因为侧面的面积为，所以，所以，而，所以，当且仅当，即时，取得最小值，所以直三棱柱外接圆的表面积的最小值．故选：B．8．C【分析】构造函数，根据函数的奇偶性及复合函数的单调性可得函数为偶函数且在单调递增，进而关于直线对称，且在单调递增，结合条件可得，解不等式即得.【详解】因为的定义域为R，又，故函数为偶函数，又时，，单调递增，故由复合函数单调性可得函数在单调递增，函数在定义域上单调递增，所以在单调递增，所以，所以关于直线对称，且在单调递增．所以，两边平方，化简得，解得．故选：C．关键点点睛：本题的关键是构造函数，然后根据函数的单调性及对称性化简不等式进而即得.9．AC【分析】根据题意结合平均数的公式分析判断AB；结合方差的意义分析判断CD.【详解】因为，，，所以，故A正确，B不正确；又因为，，所以去除，后剩余数据的波动性更小，方差更小，所以，故C正确，D不正确．故选：AC.10．ABD【分析】对于选项A，可求出，，，根据数量积的公式即可判断出选项A的正误；对于选项B，根据投影向量的计算公式即可判断出选项B的正误；对于选项C，设出坐标，根据题意列出关系式，解出方程组即可判断选项C项的正误；对于选项D，分别求出向量与向量的坐标，根据共线向量的坐标表示，即可求出的值，从而判断出选项D的正误.【详解】选项A，因，所以，所以选项A正确；选项B，由投影向量的定义知，在方向上的投影向量为，所以选项B正确；选项C，设与垂直的单位向量的坐标，则有，解得或，所以与垂直的单位向量的坐标为或，所以选项C错误；选项D，显然与不共线.因为，，向量与向量共线，根据共线向量的坐标表示可得，，整理可得，解得，所以选项D正确.故选：ABD.11．ACD【分析】先化简函数为：，然后逐项求解判断.【详解】解：，，所以的最小正周期为，故A正确；，所以是图象的一个对称中心，故B错误；，所以是图象的一条对称轴，故C正确；将函数的图象向左平移个单位长度达到，故D正确，故选：ACD12．AD【分析】利用导数与极值的关系逐项进行检验即可求解.【详解】，函数有两个不同的极值点有两个不同的解1有两个不同的交点，故A正确；如图所示，与切于点，故，又，综上可解得，故当或时有两个不同的交点，故B错误；因为切点，将切线倾斜，与的两个交点即为极值点，显然在处，与相交，即的一个极值点为0，故C错误；设的另一个极值点为，当时，有，当时，，当时；当时，有，当时，，当时，故的图象先增后减再增，数形结合显然极大值大于极小值，故D正确，故选：AD．

求函数极值的步骤：（1）

确定函数的定义域；（2）

求导数；（3）

求方程的解；（4）

检查方程的解的左右两侧导数的符号，确定极值点.13．或【分析】利用几何法列方程即可求解.【详解】圆可化为.因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得：或7.故或14．【分析】求出展开式有几项，并写出的展开式的通项，即可得到展开式中的常数项.【详解】由题意，在中，展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，∴，解得：，因此的展开式的通项为：，故的展开式中的常数项为.故答案为.15．【分析】由于函数为偶函数，所以，化简可求出的值【详解】因为是偶函数，所以，即所以，所以，，因为上式恒成立，所以，得，故16．1【分析】解法一：不妨设，，点P在x轴上方，过点F作交OP于点M，易得，再根据，求出的关系，结合的关系即可得解.解法二：记，，设直线PQ的方程为，不妨设点P在x轴上方，则点Q在x轴下方，分别联立直线和直线的方程，求出的坐标，再根据得，结合即可得出答案.【详解】解法一：不妨设，，点P在x轴上方，则直线OP的方程为，过点F作交OP于点M，则，又，由双曲线的对称性可得，所以，，所以，所以，所以，又，所以.解法二：记，，由题可知，直线PQ的斜率存在且不为0，故设直线PQ的方程为，不妨设点P在x轴上方，则点Q在x轴下方，直线OP的方程为，直线OQ的方程为，由得，所以，由，得，所以，由得，即，所以，得，因为，，所以，得，又，所以.故答案为.17．(1)．(2)．【分析】（1）根据正弦定理边角化结合三角恒等变换即可求解，（2）根据余弦定理求解，即可由正弦定理求解，进而由锐角三角函数即可求解.【详解】（1）∵，根据正弦定理得，，即，所以，因为，所以，所以，因为，所以．（2）因为，，，根据余弦定理得，∴．∵，∴．在中，由正弦定理知，，∴，∴，，所以∴，∴．18．(1)(2)【分析】（1）设出公差，表达出前5项，通过等差和等比关系求出和公差，即可得到数列的通项公式；（2）表达出数列的通项公式，得到数列的前n项和的表达式，利用错位相减法即可得出数列的前n项和.【详解】（1）由题意，在等差数列中，设公差为,由，得，则，又a3＋2，a4，a5－2成等比数列，∴7，5＋d，3＋2d成等比数列，得，即，得d＝2，∴，，∴数列的通项公式为：．（2）由题意及（1）得，，在数列中，，在数列中，，∴，∴，，两式相减得．∴19．(1)证明见解析;(2)【分析】（1）利用勾股定理先证，再证平面即可得面面垂直；（2）根据条件建立合适的空间直角坐标系，根据体积先计算E坐标，再利用空间向量求面面角即可.【详解】（1）为等边三角形，，又四边形为梯形，，则，根据余弦定理可知，在中，根据勾股定理可知，，即，平面，平面，又平面平面平面；（2）为中点，，由（1）可知，平面平面，又平面平面平面，平面，连接，则，且平面，故，所以PO，BD，OC两两垂直．以O为原点，以为x轴正方向，以为y轴正方向，以为z轴正方向建立空间直角坐标系，

则，设且，则，由三棱锥的体积为