2024-2025学年甘肃省靖远县高三下册3月月考数学检测试题（附解析）

2024-2025学年甘肃省靖远县高三下学期3月月考数学检测试题本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.一、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.【正确答案】B【分析】根据正弦函数的性质求出集合，再根据集合间的关系判断即可.【详解】对于函数，因为，所以，所以，又，所以，.故选：B.2.若是纯虚数，其中，则（）A.或 B.C. D.且【正确答案】C【分析】根据纯虚数定义，列出方程组，求解即可.【详解】因为是纯虚数，其中，所以，解得.故选：C.3.某校高三学生的模考数学成绩服从正态分布，按照，，，的比例将考试成绩划分为优秀、良好、合格和基本合格四个等级.若小张的数学成绩为分，则他的等级是（）附：，，.A.优秀 B.良好 C.合格 D.基本合格【正确答案】B【分析】利用正态分布的性质即可求解.【详解】由题得，，所以，，，，因为，，所以PX>95根据比例成绩大于分为优秀，因为，根据比例成绩在到之间的为良好，，根据比例成绩在到之间的为合格，，根据比例成绩小于分为基本合格，因为小张的数学成绩为分，则他的等级是良好.故选：B.4.已知，，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】利用诱导公式化简已知条件求得的值，再根据同角三角函数基本关系式即可求解.详解】，，，，，即，又，，，，，，.故选：C.5.若函数，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】利用函数奇偶性和单调性来求解不等式即可.【详解】因为，所以，又因为定义域为关于原点对称，所以是奇函数，由于，可知函数在定义域上单调递减，所以即，即，则，该不等式组无解，所以解集为.故选：D.6.已知正方体的棱长为2，平面截正方体所得的图形为六边形，设该六边形的周长为，且，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据正方体的几何性质，结合线面垂直的判定可得平面，进而可得平面平面，即可求解.【详解】连接,由于平面，平面，故，又平面，故平面，又平面，故，,则，同理可得,平面，故平面，由于平面，故平面平面，平面与平面的交线为,平面与平面的交线为，故，同理可得故平面如图阴影部分，，同理可得,故六边形周长为定值，所以B正确.故选：B7.在正项无穷数列中，若，则是，，成立的（）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【正确答案】C【分析】将已知递推式构造为，类比等比数列的通项公式结合充分条件必要条件的概念即可得结果.【详解】因为，所以，所以，所以当时，，所以，所以，所以充分性成立；因为，所以，因为，，，所以，所以，所以，所以,因为，所以，即，所以必要性成立.故选:C.8.已知抛物线，过点作的两条切线，切点分别为，，则（）A. B.C. D.【正确答案】B【分析】设出切线方程，利用判别式为求出切线斜率，进而得到切点坐标，再利用导数的几何意义得到，，最后利用两点间距离公式求解即可.【详解】由题意得切线斜率存在，设过点的的切线方程为，即，与联立，消去得，故，即，设，为的两个根，由韦达定理得，，设直线，的斜率分别为，，，，因为，所以，则，故，，则，，得到，，，由两点间距离公式得，，，，，故B正确.故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知向量，，则（）A.若，则B.若，则C.若取得最小值，则D.若，则在上的投影向量为【正确答案】ACD【分析】根据向量垂直得到数量积为0，可求，判断A的真假；根据向量共线可求，判断B的真假；问题转化为两向量方向相反，可求判断C的真假；根据投影向量的求法求投影向量，判断D的真假.【详解】对于A，若，则，则，所以A正确；对于B，若，则，所以，所以B错误：对于C，取得最小值时，，共线反向，则，解得，则，所以C正确；对于D，若，则，所以在上的投影向量为，所以D正确.故选：ACD10.已知函数的图象经过点，的零点之间距离的最小值为，则（）A.B.的单调递增区间为C.的图象关于点对称D.的解集为【正确答案】BC【分析】利用正切函数的基本性质可求出函数的解析式，代值计算可得的值，可判断A选项；利用正切型函数的单调性可判断B选项；利用正切型函数的对称性可判断C选项；解方程，得其解集，可判断D选项.【详解】由已知得，的最小正周期为，所以，因为函数fx=tan所以，因为，所以，所以，则，所以A错误；当且仅当时，单调递增，解得，所以的单调递增区间为，所以B正确；令，得.所以的图象关于点对称，所以C正确；因为，由，可得，即，所以，或，而当时，，故只需，由可得，解得，因为，故，因此，的解集为，D错.故选：BC.11.我们把平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹，称为卡西尼卵形线（CassiniOval）．在平面直角坐标系中，两个定点，，，是平面上的两个动点，设满足的的轨迹为一条连续的封闭曲线，满足的的轨迹为一条连续的封闭曲线，则（）A.关于轴、轴对称 B.当不在轴上时，C.当时，纵坐标的最大值大于 D.当，有公共点时，【正确答案】ACD【分析】对于A，写出轨迹方程，将，代入即可判断，对于B，由三角形两边之差小于第三边即可判断，对于C，通过即可判断，对于D，联立方程，得到，结合椭圆范围可判断.【详解】对于选项A：设，由，得，将代入得到，将将代入得到，所以关于轴、轴均对称，A正确；对于选项B：当不在轴上时，与不共线，可以作为一个三角形的三个顶点，所以，B错误；对于选项C：当时，，当时，可得：，解得：，此时，即，故当时，点的纵坐标的最大值大于1，C正确；对于选项D：由，得为椭圆，且，其方程为，所以，代入，得，所以，因为，所以，解得：或舍去，D正确；故选：ACD.方法点睛：曲线关于轴、轴的对称对称性问题，可将，代入曲线方程，是否满足即可判断.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.某区教育局在全市的小学生、初中生和高中生中做了一项“感恩父母”的网络问卷调查，分别回收到的有效问卷数如下：小学10000份，初中12000份，高中8000份.现从中运用分层随机抽样的方法抽取900份样卷作进一步的统计，则抽取的高中生问卷份数为__________.【正确答案】240【分析】根据分层抽样计算.【详解】抽取的高中生问卷份数为.故240.13.若双曲线虚轴的上端点位于圆的外部，其中为的半焦距，则离心率的一个取值可以为__________.【正确答案】2（答案不唯一，满足即可）【分析】先求出虚轴的上端点坐标，再结合点在圆外建立齐次不等式，解出离心率的范围，进而写出符合题意的离心率即可.【详解】由题得，虚轴的上端点坐标为，因为虚轴的上端点位于圆外部，所以，解得，则，化简得，解得，即的取值范围为，可取.故2（答案不唯一，满足即可）14.已知半径为1的球内切于上、下底面半径分别为，的圆台，若，则圆台表面积的最小值为__________.【正确答案】【分析】由几何关系确定，再列出圆台的表面积公式，构造函数，利用导数求函数的最值.【详解】作出圆台与内切球的轴截面如图，过作于点，易得，，，则，则，同理得，则在中，，解得，因为，所以，所以圆台的表面积，设，所以，所以，因为，所以，所以在上单调递减，所以当且仅当时，取得最小值为.故四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在中，内角，，的对边分别为，，，，.（1）若，求，；（2）求的取值范围.注.【正确答案】（1），（2）【分析】（1）先利用余弦定理求出三角形的边、的值，再通过正弦定理将边转化为角，（2）利用三角函数的和角公式化简式子，最后根据角的范围，借助三角函数求出式子的取值范围.【小问1详解】因为，，，由余弦定理得，所以，解得，所以.【小问2详解】因为，所以，，所以，因为，所以，所以，即，即的取值范围为16.如图，在多面体中，为正三角形，平面，平面，平面，，，分别为与的重心.（1）求证：，且平面平面；（2）若，，直线与平面所成的角为，求到平面的距离.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质可得，再借助三角形重心性质推理证得；利用正三角形性质，线面垂直、面面垂直的判定推理得证.（2）以的中点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离.【小问1详解】延长交于，延长交于，连接，由，分别为与的重心，得，分别为对应线段的中点，则，由平面，平面，平面，得，则，点四点共面，由，，得，则；由平面，平面，得，而为正三角形，即，又平面，因此平面，而平面，则平面平面，所以平面平面.【小问2详解】由，平面，得平面，而平面，则，，而，则直线两两垂直，以为原点，以直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，过作于，则，由平面，平面，得平面平面，直线是在平面内的射影，因此为直线与平面所成的角，，，而，则，，又，则，连接，，，设平面的法向量为，则，令，得，所以到平面的距离为.17.在平面直角坐标系中，已知是曲线上一个动点，且.（1）求的轨迹的方程；（2）已知，经过的直线与交于点，，求证.【正确答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）设，，结合可得，，代入曲线方程即可求解；（2）设的方程为，联立直线与椭圆方程，设直线，的斜率分别为，，利用韦达定理求得，进而求证.【小问1详解】设，，因为，所以，，因为是曲线上的一个动点，所以，将，代入，得，所以的轨迹的方程为.【小问2详解】由题知直线的斜率不为零，设的方程为，联立与，得，显然判别式，设，，所以，，设直线，的斜率分别为，，所以，即，即，所以.18.已知函数.（1）证明：，；（2）求函数的零点个数.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）构造函数，求导后结合余弦函数的值域分析单调性和最值可得；（2）当、，时构造函数求导分析单调性和最值；当时，构造函数，求导分析单调性找到隐零点；当时结合函数单调性分析.【小问1详解】欲证，，即证，，令，则，因为，，所以，所以在上单调递增，所以，所以，成立.【小问2详解】令，所以，①当时，，，所以，即在时无零点；②当时，，，所以，所以在时单调递增，所以，即在时无零点；③当时，令，则，显然在上单调递增，又，，所以存在使得，因此可得时，，单调递减；当时，，单调递增，又，，所以存在，使得，即时，，，单调递减；时，，，单调递增，又，，所以在上有2个不同的零点；④当时，单调递增，所以，即成立，所以在上无零点，综上，函数有2个不同的零点.19.设，将所有不大于的正整数随机排列后构成一个数列为，则称是的一个“随机数列”；若中的各项均满足，则称是的“完全随机数列”，记的“完全随机数列”的个数为．（1）分别计算，，，；（2）证明：；（3）若从中随机选取一个数列，记此数列是的“完全随机数列”的概率为，证明：．【正确答案】（1），，，（2）证明见解析（3）证明见解析【分析】（1）根据完全随机数列计算即可；（2）的“完全随机数列”的排法可以分为两个步骤，再由计数原理可得答案；（3）利用累加法可得答案.【小问1详解】当时，只有一个数字，无法构成完全随机数列，所以；当时，只有两种排列方式，其中一种满足条件，所以；当时，有两种排列方式满足条件，所以；当时，有9种排列方式满足条件，所以；【小问2详解】的“完全随机数列