北京市2024-2025学年高三下册3月月考数学试卷

/北京市2024-2025学年高三下册3月月考数学试卷提示：答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答.一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.1.设全集为，集合，，则（）A. B. C. D.【正确答案】B分析】解不等式得出，再进行并集运算.【详解】或，，即，，即.故选：B2.设复数在复平面内对应的点为，则()A. B. C. D.【正确答案】D分析】先求出复数，然后化简即可【详解】由题意可得，所以，故选：D3.已知，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】取特殊值代入验证可得AB错误，对的符号进行分类讨论可判断C正确，再由指数函数单调性可得D错误.【详解】根据题意不妨取，代入检验可得不成立，即A错误；此时，可得B错误；对于C，当时，此时，即；当时，此时，即；当时，显然；综上可知当时，成立，即C正确；对于D，因为指数函数为单调递减函数，因此时，，可知D错误.故选：C4.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以即，故，故圆锥的体积为.故选：B.5.正项等比数列中，是其前项和，若，则（）A.63 B.56 C.52 D.42【正确答案】D【分析】根据等比数列的通项公式基本量运算求出通项，再应用等比数列求和即可.【详解】正项等比数列中，是其前项和，若，则，所以或，因为，所以，所以，又因为，所以，则.故选：D.6.在中，，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.【详解】因为，所以由正弦定理得，即，则，故，又，所以.故选：B.7.设函数的定义域为，则“是上的增函数”是“任意，无零点”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【正确答案】A【分析】由是上的增函数得，即无零点，满足充分性；反之若对任意，，满足无零点，但不满足是上的增函数，不满足必要性，即可判断.【详解】若是上的增函数，则对任意，显然，故，即无零点，满足充分性；反之，若对任意，，即，满足无零点，但是上的减函数，不满足必要性，故“是上的增函数”是“任意，无零点”的充分而不必要条件.故选：A.8.已知点在圆上，点的坐标为为原点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】设，利用平面向量数量积的坐标运算结合直线与圆的位置关系可得结果.【详解】设，因点的坐标为，所以，则，设，即，依题意，求t的范围即求直线与圆有公共点时在y轴上截距的范围，即圆心到的距离，解得，所以的取值范围为，故选：D.9.近年来，人们越来越注意到家用冰箱使用的氟化物的释放对大气臭氧层的破坏作用.科学研究表明，臭氧含量与时间（单位：年）的关系为，其中是臭氧的初始含量，为常数.经过测算，如果不对氟化物的使用和释放进行控制，经过280年将有一半的臭氧消失.如果继续不对氟化物的使用和释放进行控制，再经过年，臭氧含量只剩下初始含量的20%，约为（）（参考数据：，）A.280 B.300 C.360 D.640【正确答案】C【分析】根据题意建立等式，然后化简求解即可.【详解】由题可知，，即，两式相比得解得故选：C10.数列满足，，给出下列四个结论：①不存在，使得，，成等差数列；②存在，使得，，成等比数列；③存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列；④存在正整数，且，使得.其中所有正确结论的是（）A.①② B.①④ C.③④ D.②③【正确答案】C【分析】求出前四项可判断①；若存在使得，，成等比数列，得出相邻两项关系可判断②；由求出可判断③；由题意写出数列的前17项可判断④.【详解】对于①，，，，显然，成等差数列，故①错误；对于②，若存在，使得，，成等比数列，则，又，得，即，解得，由，，得，且为整数，所以，这与相邻两项为整数矛盾，故②错误；对于③，因为，，所以，所以，则成等差数列，故存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列，故③正确；对于④，由题意知数列中的项：，可得，故④正确.故选：C.关键点点睛：解题关键点是对的理解与运用.二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.11.抛物线的焦点坐标为_____________.【正确答案】【分析】根据标准方程可直接得出焦点坐标.【详解】由可得焦点在轴上，且，可得；所以焦点坐标为.故12.设，若，则_____.【正确答案】【分析】令，求出的值，写出二项展开式的通项，令即可求解.【详解】令，则，所以，则，的二项展开式的通项为，其中，令，则，所以.故13.已知函数，其中，若函数恒成立，则常数的一个取值为___________.【正确答案】1；答案不唯一；只要常数的取值不等于即可【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1；答案不唯一；只要常数的取值不等于即可.14.已知分别为双曲线的左、右焦点，过原点的直线与交于两点（点A在第一象限），延长交于点，若，则双曲线的离心率为_________．【正确答案】【分析】由双曲线的对称性得，从而得为等边三角形，，然后由离心率定义结合三角形中正切函数定义计算．【详解】由题意关于原点对称，又也关于原点对称，所以四边形是平行四边形，所以，所以为等边三角形，则，则，由双曲线的定义，得，所以，则．故．15.已知正方体的边长为2，且为棱的中点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面所成的角为，给出下列四个结论：①存在点使得；②点的轨迹长度为；③三棱锥的体积的最小值为；④线段长度最小值为．其中所有正确结论的序号是__________【正确答案】①②③【分析】利用线面垂直的性质判断①，确定点的轨迹后利用圆的周长公式判断②，找到点面距离，结合轨迹图形判断③，合理转化，利用勾股定理判断④即可.【详解】对于①，当在中点上时，如图，连接，，因为正方体，所以面，，所以，由中位线定理得，而，面，所以面，所以，故①正确，对于②，所以与底面所成的角为，故，而面，所以，因为为棱的中点，所以，所以点的轨迹半径为1的个圆，故长度为，故②正确，对于③，如图，连接，由正方体性质得，面，所以，由勾股定理得，所以四边形是平行四边形，而，所以四边形是矩形，所以，设中点为，如图，作，而面，面，所以，因为，面，所以面，而正好在的轨迹上，所以当运动到时，到面距离最短，此时可以得到是中位线，由勾股定理得，所以，所以体积的最小值为，故③正确，对于④，若最小，则最小，连接，，如图，当共线时取得最小值，由勾股定理得，此时，由勾股定理得，故④错误.故①②③关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是先找到点面距离所在的线段，然后结合轨迹确定动点的位置，得到所要求的点面距离，进而得到体积即可．三、解答题：本大题共6小题，共85分.16.在中，．（1）求A的大小；（2）若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求最长边上高线的长．条件①：；条件②：的面积为；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．【正确答案】（1）；（2）答案见解析，最长边上高线长.【分析】（1）利用二倍角的余弦公式，化简求值；（2）若选择条件①，方法一，根据正弦定理和余弦定理求三边，判断最长边，再根据几何关系求高，方法二，根据边长和角，根据大角对大边，直接判断最长边，再求高；若选择条件②，根据面积求，再根据余弦定理求边长，再求最长边的高；如选择条件③，根据正弦定理，判断是否存在.【小问1详解】因为，所以所以，所以，因为，所以舍所以，则；【小问2详解】选择①因为，由正弦定理代入，得法一：由余弦定理代入得所以所以或（舍），所以边最长，边上的高线法二：因为，所以，所以，所以，所以为最长边边上的高线选择②因为所以因，由余弦定理所以所以或所以最长边上的高线，若选择③，，根据正弦定理，，则，不成立，此时不存在.17.如图，在直三棱柱中，点E、F在侧棱、上，且，，点D、G在侧棱、上，且，.（1）证明：点G在平面内；（2）若，，，求二面角的余弦值.【正确答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接，，证得且，得到四边形为平行四边形，进而得到，再证得，得到故四边形为梯形，即可得到D、E、F、G四点共面，即可得到结论；（2）以为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）连接，，因为点E、F在侧棱、上，且，，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为点D、G在侧棱、上，且，，所以，且，所以且，故四边形为梯形.即D、E、F、G四点共面，所以点G在平面内.（2）由题意知、、两两垂直，以为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，由，，得，，，(1，0，0)，设平面的法向量为，因为，，所以，取，则，所以.又由是平面的一个法向量，所以，即二面角的余弦值为.本题考查了平面的基本性质证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.18.某学校在寒假期间安排了“垃圾分类知识普及实践活动”.为了解学生的学习成果，该校从全校学生中随机抽取了50名学生作为样本进行测试，记录他们的成绩，测试卷满分100分，将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如下频率分布直方图：（1）若全校学生参加同样的测试，试估计全校学生的平均成绩（每组成绩用中间值代替）；（2）在样本中，从其成绩在80分及以上的学生中随机抽取3人，用表示其成绩在中的人数，求的分布列及数学期望；（3）在（2）抽取的3人中，用表示其成绩在的人数，试判断方差与的大小.（直接写结果）【正确答案】（1）；（2）分布列见解析，；（3）.【分析】（1）利用直方图的性质及平均数的计算方法即得；（2）由题可知服从超几何分布，即求；（3）由超几何分布即得.【小问1详解】由直方图可得第二组的频率为，∴全校学生的平均成绩为：【小问2详解】由题可知成绩在80分及以上的学生共有人，其中中的人数为5，所以可取0,1,2,3，则，，，，故的分布列为：0123P；【小问3详解】.19.已知椭圆过点，长轴长为.（1）求椭圆的方程及其焦距；（2）直线与椭圆交于不同的两点，直线分别与直线交于点，为坐标原点且，求证：直线过定点，并求出定点坐标.【正确答案】（1），焦距为（2）证明见解析，定点为.【分析】（1）根据椭圆过点及列方程组求解；（2）设，，，，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，再求出点坐标，根据已知得到+=0，再把韦达定理代入化简即得证.【小问1详解】由题得，所以椭圆的方程为，焦距为.【小问2详解】如图，直线与椭圆方程联立，化简得，，即.设,，,，则，．直线的方程为，则，直线的方程为，则，因为，所以+=0，所以，所以，把韦达定理代入整理得或，当时，直线方程为，过定点，即点，不符合题意，所以舍去.当时，直线方程为，过定点.所以直线经过定点.20.已知函数，其中.（1）当时，求曲线在点处切线方程；（2）求的单调区间；（3）若区间，求实数的取值范围.【正确答案】（1）（2）答案见解析（3）【分析】（1）借助导数的几何意义计算可得切线斜率，再结合切点坐标计算即可得；（2）分及，结合定义域分类讨论，求导后因式分解，结合二次函数性质计算即可得；（3）利用函数定义域，结合所给条件，可得，从而可分及，借助第二问中所得单调性去计算函数在上的最小值，解出即可得.【小问1详解】当时，，则，，则，故曲线在点处切线方程为；【小问2详解】，①若，则定义域为，有恒成立，则当时，，当时，，即在、上单调递增，在、上单调递减；②若，则定义域为，有恒成立，则当时，，当时，，即在、上单调递减，在、上单调递增；综上所述：当时，在、上单调递增，在、上单调递减；当时在、上单调递减，在、上单调递增；【小问3详解】由，故，有定义域为，故，则在上单调递减，在上单调递增，若，即时，在上单调递减，在上单调递增，有，解得或（舍去），即；若，即时，在上单调递增，只需，即，由，故，，故无解；故实数的取值范围为.关键点点睛：最后一问关键点在于利用函数定义域，结合所给条件，得到，从而可借助第二问中所得单调性去计算函数在上的最小值.21.已知A为有限个实数构成的非空集合，设，，记集合和其元素个数分别为，.设.例如当时，，，，所以.（1）若，求的值；（2）设A是由3个正实数组成的集合且，；，证明：为定值；（3）若是一个各项互不相同的无穷递增正整数列，对任意，设，.已知，，且对任意，，求数列的通项公式.【正确答案】（1）（2）证明见解析（3）【分析】（1）根据题中的定义，列举出，即可；（2）先列举，，，中可能元素，根据集合的互异性判断元素个数差即可；（3