精品解析：黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2023-2024学年高三上学期第三次月考数学试题

数学试卷 满分150分，考试时间120分钟 第I卷（选择题，共60分） 一、选择题：（本大题共8小题，每题5分，共计40分，在每题给出的四个选项中，只有一个是正确的） 1. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 若函数的定义域是，则函数的定义域是 A. B. C. D. 3. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，点在角的终边上，则（ ） A. 4 B. C. D. 4. 如图，在中，， ，若，，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 设等差数列{an}，{bn}前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，都有＝，则＋的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是两个不同的平面，则下列命题错误的是（ ） A. 若直线，直线，则与为异面直线 B. 若是平面内不共线三点，，则 C. 若且中，则 D. 若且，则直线 7. 如图正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，以下结论正确的是（ ） A. 异面直线A1D与AB1所成的角为 B. 直线A1D与BC1垂直 C. 直线A1D与BD1平行 D. 三棱锥A-A1CD的体积为a3 8. 已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：（9-12题，每题5分，部分答对得2分，共计20分） 9. 已知函数部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递减 D. 该图象向右平移个单位可得的图象 10. 在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知， ，且，则 A. B. C. D. 11. 如图所示，若长方体AC的底面是边长为2的正方形，高为4．E是的中点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. D. 三棱锥的外接球的表面积为24π 12. 已知a为常数，函数有两个极值点，()，则( ) A. B. C. D. 第Ⅱ卷（共90分） 三、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共计20分） 13. 用斜二测画法，画一个水平放置的平面图形的直观图，已知直观图是一个底角为，腰和上底边均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是_____. 14. 如图，一个圆柱内接于圆锥，且圆柱的底面圆半径是圆锥底面圆半径的一半，则该圆柱与圆锥的体积的比值为__________. 15. 已知数列满足，，则数列的前项和______． 16. 如图，在中，，，P为CD上一点，且满足，若，则最小值为__________. 四、解答题：（本大题共6小题，共计70分） 17. 已知数列满足，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，记的前项和为，证明：. 18. 如图，在直三棱柱 中, 为 中点． （1）记平面 与平面 时交线为 , 证明: ； （2）求二面角的正弦值． 19. 已知正项数列的前项和为，，数列满足． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 20. 在中，为边上中线，，，． （1）求的面积； （2）若，求． 21. 已知椭圆：一个顶点为，离心率为，直线与椭圆交于不同的两点，. （1）求椭圆的方程； （2）求面积的最大值，并求此时直线的方程. 22. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）证明：当时，，使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 满分150分，考试时间120分钟 第I卷（选择题，共60分） 一、选择题：（本大题共8小题，每题5分，共计40分，在每题给出的四个选项中，只有一个是正确的） 1. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据存在量词命题否定为全称量词命题判断即可． 【详解】由命题“，”为存在量词命题， 则其否定为“，”． 故选：B． 2. 若函数的定义域是，则函数的定义域是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由函数的定义域求出函数的定义域，再求函数的定义域． 【详解】解：解：由函数的定义域是， 得， 所以， 所以函数的定义域为， 函数中， 令， 解得， 所以函数的定义域是． 故选D． 【点睛】本题考查了抽象函数的定义域求法与应用问题，是基础题． 3. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，点在角的终边上，则（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用任意角三角函数的定义求得的值，将化“弦”为“切”，代入的值即得． 【详解】∵角终边经过点，∴， ∴ 故选：D. 4. 如图，在中，， ，若，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则，准确运算，即可求解. 【详解】因为，所以，所以， 又因为，所以，所以, 可得，所以, 即，即. 故选：B. 5. 设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，都有＝，则＋的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的性质及等差数列前n项和的性质，逐步化简，即可得到本题答案． 【详解】由题意可知b3＋b13＝b5＋b11＝b1＋b15＝2b8， ∴＋＝＝＝＝＝＝ 故选：C． 6. 已知是两个不同的平面，则下列命题错误的是（ ） A. 若直线，直线，则与为异面直线 B. 若是平面内不共线三点，，则 C. 若且中，则 D. 若且，则直线 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合点线面的位置关系以及相关基本事实逐项分析判断. 【详解】选项A：若直线，直线，则与可能平行、相交或异面，故选项A错误，符合题意; 选项B：由基本事实及，可得 ， 因为不共线，所以确定平面，若，则平面，重合，与是两个不同的平面矛盾， 故，选项B正确，不符合题意； 选项C：根据基本事实，如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，所以,选项C正确，不符合题意； 选项D： 根据基本事实，如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内，所以.选项D正确，不符合题意； 故选：A. 7. 如图正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，以下结论正确的是（ ） A. 异面直线A1D与AB1所成的角为 B. 直线A1D与BC1垂直 C. 直线A1D与BD1平行 D. 三棱锥A-A1CD的体积为a3 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线线角的定义判断AB选项的正确性.利用异面直线的定义判断C选项的正确性.利用锥体体积的求法判断出D选项的正确性. 【详解】A1D与AB1所成角即A1D与DC1成的角，再连接A1C构成等边，所以异面直线与所成的角为，即A正确;A1D与BC1成的角即A1D与AD1成的角，由A1D⊥AD1可知B正确;根据异面直线的定义可知，直线与直线是异面直线，所以C选项错误; 依题意a·a2=，即D正确. 故选：ABD 【点睛】本小题主要考查直线与直线的位置关系，考查几何体体积的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题. 8. 已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求数列的和，最后利用函数的单调性求出结果. 【详解】数列满足，① 当时，，② ①②得，，故， 则， 则， 由于恒成立， 故， 整理得：， 因随的增加而减小， 所以当时，最大，且为， 即. 故选：D 二、多选题：（9-12题，每题5分，部分答对得2分，共计20分） 9. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递减 D. 该图象向右平移个单位可得的图象 【答案】ABD 【解析】 【分析】由图象求得函数解析式，然后根据正弦函数性质及图象变换判断各选项． 【详解】根据函数的部分图象，可得，，所以，故A正确； 利用五点法作图，可得，可得，所以，令，求得，为最小值，故函数的图象关于直线对称，故B正确； 当时，，函数没有单调性，故C错误； 把图象向右平移个单位可得的图象，故D正确． 故选：ABD． 10. 在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知， ，且，则 A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正弦定理边化角，再结合余弦定理即可求解. 【详解】. 整理可得: 可得 为三角形内角, 故A正确，B错误. 解得 , 由余弦定理得 解得, 故C错误，D正确. 故选: AD. 【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”. 11. 如图所示，若长方体AC的底面是边长为2的正方形，高为4．E是的中点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. D. 三棱锥的外接球的表面积为24π 【答案】BD 【解析】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，由可判断A；求出三棱锥的体积可判断B； 求出平面和平面的法向量，不存在实数λ使得．可判断C；求出三棱锥的外接球的表面积可判断D. 【详解】解：以，，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 所以，． 因为，所以与不垂直．故A错误． 在长方体中，⊥平面， 故是三棱锥的高，所以 ．故B正确． ，， 设平面的一个法向量为， 则由得所以 不妨取，则，所以． 设平面的一个法向量为， ，， 则由得所以 不妨取，则，所以． 故不存在实数λ使得． 故平面与平面不平行，故C错误． 三棱锥的外接球即为长方体的外接球， 故外接球的半径． 所以三棱锥的外接球的表面积，故D正确． 故选：BD． 12. 已知a为常数，函数有两个极值点，()，则( ) A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】，由题知的图像与函数的图像有两个不同交点，()，数形结合求出a、、的范围，求出f(x)单调性，由此可判断f()正负和f()的大小. 【详解】易得，依题意，知有两个不等实根，， 即函数的图像与函数的图像有两个不同交点，如图所示： ，设g(x)过原点的切线与g(x)相切于，斜率为，故切线方程为：，∵过原点，∴，解得＝1，故切线斜率为1，切线方程为y＝x，切点为. 则由图可知，，且，∴. 由，得，故， 当时，由图可知，g(x)＞h(x)，即，∴f(x)此时单调递增，又，∴. 故选：BC. 第Ⅱ卷（共90分） 三、填空题：（本大题共4小题，每题5分，共计20分） 13. 用斜二测画法，画一个水平放置的平面图形的直观图，已知直观图是一个底角为，腰和上底边均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是_____. 【答案】## 【解析】 【分析】由斜二测画法的规则画出原平面图形，即可求得结果. 【详解】如图所示，等腰梯形为水平放置的原平面图形的直观图， 作，交于，根据题意可得，所以. 由斜二测画法规则，等腰梯形对应的原图形为直角梯形， 且，，， 所以直角梯形的面积. 故答案为：. 14. 如图，一个圆柱内接于圆锥，且圆柱的底面圆半径是圆锥底面圆半径的一半，则该圆柱与圆锥的体积的比值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】设该圆柱的底面圆半径为，高为，则圆锥的底面圆半径为，高为，然后表示出圆柱和圆锥的体积，从而可求得结果. 【详解】设该圆柱的底面圆半径为，高为，则该圆柱的体积为. 因为一个圆柱内接于圆锥，且圆柱的底面圆半径是圆锥底面圆半径的一半， 所以圆锥的底面圆半径为，高为，则该圆锥的体积为. 故该圆柱与圆锥的体积的比值为. 故答案为： 15. 已知数列满足，，则数列的前项和______． 【答案】 【解析】 【分析】当时，可知，进而可知，即，从而可知的奇数项和偶数项都是等比数列，进而分奇偶两部分，可求出. 【详解】由，，得. 当时，，所以，即， 所以的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列；其偶数项是以2为首项，2为公比的等比数列. 则. 故答案为：. 16. 如图，在中，，，P为CD上一点，且满足，若，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据平面向量的线性运算结合求出，再结合数量积的运算，即可得解. 【详解】设， 则 ， 所以，所以， 故， 因为，，所以， 则 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：设，根据平面向量的线性运算结合求出，是解决本题的关键. 四、解答题：（本大题共6小题，共计70分） 17. 已知数列满足，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，记的前项和为，证明：. 【答案】(1) .(2)见解析. 【解析】 【分析】（1）由题可得：是等差数列，再利用即可求得的首项，问题得解． （2）利用（1）可得：，利用放缩法可得：，即可证得，问题得证． 【详解】（1） 是等差数列，公差为. . （2） ,,,， . 【点睛】本题主要考查了等差数列的定义及其通项公式，还考查了放缩法证明不等式及裂项求和方法，考查转化能力及计算能力，属于难题． 18. 如图，在直三棱柱 中, 为 的中点． （1）记平面 与平面 时交线为 , 证明: ； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)只要证明与交线平行即可； (2)建立空间直角坐标系,利用空间向量法即可求解； 【小问1详解】 以 证明见解析， 在直三棱柱 中, , 又因为 平面平面, 所以 平面 又因为平面 平面 , 平面 , 所以 . 【小问2详解】 以 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 . 则 , 所以 . 设 为平面的法向量, 则 , 得 , 取 , 所以 为平面的一个法向量. 设 为平面的法向量, 则 , 得 , 取 , 所以 为平面的一个法向量. 则 , 所以 . 所以二面角 的正弦值: . 19. 已知正项数列的前项和为，，数列满足． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用与的关系，求解通项公式; （2）利用错位相减法求解数列的前项和. 【小问1详解】 当时，，即，或（舍） 当时，， 又因为， 两式相减得，整理得 为正项数列， 数列{an}等差数列，公差为1. 【小问2详解】 ， 两式相减得 . 20. 在中，为边上中线，，，． （1）求的面积； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理可得，再由三角形的面积公式，即可得到结果； （2）根据题意，以为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴，建立坐标系， 结合平面向量的坐标运算，即可得到结果. 【小问1详解】 在中，由，，，可得， 由正弦定理得，，从而． 在中，，，，所以的面积． 【小问2详解】 以为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴，建立坐标系， 则，，，，由得，， 从而，，所以，所以． 21. 已知椭圆：的一个顶点为，离心率为，直线与椭圆交于不同的两点，. （1）求椭圆的方程； （2）求面积的最大值，并求此时直线的方程. 【答案】（1）；（2）1，. 【解析】 【分析】（1）由顶点坐标、离心率以及椭圆参数的关系即可求椭圆方程； （2）由直线与椭圆关系，联立方程应用韦达定理得到交点横坐标数量关系，再利用弦长公式及点线距离公式表示出的面积，然后利用基本不等式即可求出三角形面积的最值及此时的直线方程. 【详解】（1）由题意得， 解得， ∴ 所以椭圆C的方程为. （2）由得，. 设，，则，， ∴， 又点到直线的距离为. 所以的面积为， 当且仅当即时，的面积有最大值为1， 此时直线的方程为. 22. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）证明：当时，，使得． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对求导，利用导数与函数单调性的关系，分类讨论与两种情况即可得解； （2）结合（1）中结论，将问题转化为恒成立，从而构造函数，利用导数求得即可得证. 【小问1详解】 因为，则， 当时，，函数在上单调递减； 当时， 当时，单调递减，时，单调递增； 综上，当时，函数在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）可知，当时，在处取得最小值， 若，使得， 只需，即恒成立即可， 令，则， 当时，单调递增，当时，，单调递减， 故当时，， 所以，使得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $