河北省石家庄市2024-2025学年高三数学下学期3月月考试题含解析

Page11Page11河北省石家庄市2024-2025学年高三数学下学期3月月考试题时间：120分钟分值：150分一、单选题(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．2．在复平面内，对应的点分别为，则对应的点为（

）A．B．C． D．3．斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列可以用如下方法定义：，且，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，则数列的前2024项的和为（

）A．2024 B．2024 C．2696 D．26974．已知抛物线的焦点为，过的直线交于点，点在的准线上，若为等边三角形，则（

）A． B．6 C． D．165．在一次春节聚会上，小王和小张等4位同学打算相互送祝愿.他们每人各写了一张祝愿的贺卡，这四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝愿，则（

）A．小王和小张恰好互换了贺卡的概率为B．已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为C．恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为D．每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为6．与正三棱锥6条棱都相切的球称为正三棱锥的棱切球.若正三棱锥的底面边长为，侧棱长为3，则此正三棱锥的棱切球半径为（

）A． B． C． D．7．设是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且.若存在，使得与垂直，且，则的最小值为()A．1 B． C．2 D．8．若，，，则实数a，b，c后的大小关系为（

）A． B．C． D．二、多选题(本小题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.)9．已知函数，则（

）A．的值域为B．直线是曲线的一条切线C．图象的对称中心为D．方程有三个实数根10．在四棱锥中，底面为矩形，侧面为等边三角形，，则（

）A．平面平面B．直线与所成的角的余弦值为C．直线与平面所成的角的正弦值为D．该四棱锥外接球的表面积为11．已知函数图像过点，且存在，当时，，则（

）A．的周期为B．图像的一条对称轴方程为C．在区间上单调递减D．在区间上有且仅有4个极大值点12．已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线交C的右支于点A，B，若，则（

）A． B．C的渐近线方程为C． D．与面积之比为2∶1三、填空题13．若角的始边是轴非负半轴，终边落在直线上，则______.14．在棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是线段的中点，点M在正方形内（含边界），记过E，F，G的平面为，若，则的取值范围是______.15．已知椭圆的焦距为2，过椭圆的右焦点且不与两坐标轴平行的直线交椭圆于，两点，若轴上的点满意且恒成立，则椭圆离心率的取值范围为______.16．若函数只有一个极值点，则的取值范围是___________.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．(本小题满分10分)已知内角所对的边分别为，面积为，且，求：(1)求角的大小；(2)求边中线长的最小值.18．已知等比数列的前n项和为（b为常数）．(1)求b的值和数列的通项公式；(2)记为在区间中的项的个数，求数列的前n项和．19．如图，三棱柱中，侧面为矩形，且为的中点，．证明：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．20．在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列.现连续放射信号次，每次放射信号“0”和“1”是等可能的.记放射信号“1”的次数为.(1)当时，求；(2)已知切比雪夫不等式：对于任一随机变量，若其数学期望和方差均存在，则对随意正实数，有.依据该不等式可以对事务“”的概率作出下限估计.为了至少有的把握使放射信号“1”的频率在与之间，试估计信号放射次数的最小值.21．已知双曲线的实轴长为4，左､右顶点分别为，经过点的直线与的右支分别交于两点，其中点在轴上方.当轴时，(1)设直线的斜率分别为，求的值；(2)若，求的面积.22．(本小题满分12分)已知函数.(1)探讨的单调性；(2)设是两个不相等的正数，且，证明：.（答案解析）1．【答案】C【详解】因为，，因此，.故选：C.2．【答案】B【详解】依据复数的几何意义，，于是，对应的点为：.故选：B3．【答案】D【详解】因为，且，所以数列为，此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列为，是以6为周期的周期数列，所以数列的前2024项的和，故选：D4．【答案】A【详解】因为为等边三角形，所以，又因为点在的准线上，由抛物线的定义可知垂直于准线，由可知，，设，因为，，所以，所以，代入抛物线方程得点坐标为，所以直线方程为，整理得，由得，所以，故选：A5．【答案】B【详解】对于A,四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有种，故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为，A错误；对于B,设小王抽到的是小张写的贺卡为事务A,则,小张抽到小王写的贺卡为事务B,则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为,B正确；对于C,恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有种，故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为，C不正确；对于D,每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有种，故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为，D错误，6．【答案】C【详解】如图三棱柱为正三棱锥，且底面边长，侧棱设正三棱锥的棱切球球心为，半径为，则顶点在底面的投影为也为的中心，取的中点，连接，过点作垂足为，则，设，在中，因为为的中心，则，，在中即；在中，，即，在中，，则；在中，，则，在中，，则，又因为，则，化简得，由得解得.故选：C.7．【答案】D【详解】如图示，是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且，由题意得：，令，则三点共线，则三点共线故有共线，由题意与垂直,,知,且为定值，在中，，当且仅当时，取最大值2，此时面积最大，则O到的距离最远，而，故当且仅当，即关于y轴对称时，最小，此时O到的距离为，所以,故，即的最小值为，故答案为：8．【答案】B【详解】由已知可得，，，由可得，，所以.设，则，因为，故，所以即，所以在上为增函数，又，，，又，所以.故选：B.9．【答案】BD【详解】A.时，，当时等号成立，当时，，当时等号成立，故A错误；B.令，得，，所以图象在点处的切线方程是，得，，所以图象在点处的切线方程是，得，故B正确；C.的对称中心是，所以的对称中心是，向右平移1个单位得，对称中心是，故C错误；D.，解得：或，当，得，，1个实根，当时，得或，2个实根，所以共3个实根，故D正确.故选：BD10．【答案】ABD【详解】因为为矩形，所以，因为侧面为等边三角形，所以，因为，所以，由为矩形可得，因为平面，所以平面，而平面，所以平面平面，因此选项A正确；由为矩形可得，所以是直线与所成的角（或其补角），设的中点为，连接，因为侧面为等边三角形，所以，而平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，由勾股定理可知：，，，在中，由余弦定理可得，所以选项B正确；因为平面，所以是直线与平面所成的角，因此，所以选项C不正确；设该四棱锥外接球的球心为，矩形的中心为，明显平面，即，过作，连接，设该四棱锥外接球的半径为，所以在直角三角形中，有，在直角梯形中，有，，在直角三角形中，有，即，解得，所以该四棱锥外接球的表面积为，因此选项D正确，故选：ABD11．【答案】ACD【详解】因为图像过点且，所以，解得，因为存在，当时，，所以，即，，又因为，所以，所以，选项A：的周期，正确；选项B：图像的对称轴为，解得，，令，无整数解，B错误；选项C：当时，，所以由正弦函数的图像和性质可得在区间上单调递减，C正确；选项D：当时，，所以由正弦函数的图像和性质可得在区间有4个极大值点，3个微小值点，D正确；故选：ACD12．【答案】ABC【详解】由，得，又由，得，不妨设，在中，由余弦定理得，所以，所以,所以，A正确；在直角三角形中，依据双曲线定义可得，所以，在三角形中，依据双曲线定义可得，所以，因为，所以，所以，在直角三角形中，，即，所以，所以，所以，所以渐近线方程为，B正确；，所以，C正确；，所以与面积之比为3∶1，D错误，故选:ABC.13．【答案】【详解】由已知可得，所以，，所以，.14．【答案】【详解】如图，取中点为，连结.由已知，且，所以四边形是平行四边形，所以，且.又分别是线段的中点，所以，，所以，所以平面即为平面.易知，又，所以四边形是平行四边形，所以，又，，所以，同理由，可得.因为平面，平面，，所以平面.则由，平面，可知，平面，平面.又点M在正方形内，平面平面，所以.所以的长即为点到线段上点的距离，因为，所以当点为线段的中点时，最小，此时；当点与线段端点重合时，最大，此时.所以的取值范围是.故答案为：.15．【答案】【详解】依题意，点，设直线，，由消去x得：，则，线段AB的中点，因为，则有，直线，令得点，而，有，又，即，因此，即，依题意，恒成立，而恒有，因此，离心率，所以椭圆离心率的取值范围为.故答案为：16．【答案】【详解】因为，所以，因为只有一个极值点，所以若3是极值点，因为，所以当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，故，则，所以；当趋向于0时，趋向于1，趋向于0，则趋向于正无穷，当趋向正无穷时，趋向正无穷的速率远远大于趋向正无穷的速率，则趋向于正无穷，若3不是极值点，则3是即的一个根，且存在另一个根，此时；当时，，令，解得；令，解得；所以在单调递减，在单调递增，满意题意，综上：或，即.故答案为：.17、解，由余弦定理可得即，………3分由正弦定理可得，，，，即，又,所以.………5分（2）由（1）知，的面积为，所以，解得，由平面对量可知，所以……………8分，当且仅当时取等号，故边中线的最小值为.…………………10分18、解（1）由题设，则………………3分因为是等比数列，，满意故的通项公式为.…………5分（2）解：令，，解得，所以数列在中的项的个数为，则，…………7分所以，∵，①∴②

①－②得∴．…………9分…………11分∴…………12分19．解（1）连接与交于点，连接为三棱柱，为平行四边形，点为的中点………1分又为的中点，则，………3分又平面平面，平面．…………4分（2）解法1：，面面，，，即…………6分以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，面，则平面的一个法向量为…………8分设平面的法向量为，则，即令，…………10分设平面与平面的夹角为，……………11分平面与平面的夹角的余弦值是．…………12分20.解（1）由已知，所以…3分……5分（2）由已知，所以，…………7分若，则，即，即.……9分由切比雪夫不等式，要使得至少有的把握使放射信号“1”的频率在与之间，则，…………11分解得，所以估计信号放射次数的最小值为1250；综上，，估计信号放射次数的最小值为1250.…………12分21、解（1），所以，令得，，解得，的方程为…………2分明显直线与轴不垂直，设其方程为，联立直线与的方程，消去得，当时，，设，则.…4分因为，.……………6分（2）因为，所以，又因为，所以，即，由（1）知代入上式得，因