2023-2024學年山東省昌樂一中高三（下）月考數學試題

2022-2023學年山東省昌樂一中高三（下）月考數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知集合，則等于（）A． B． C． D．2．已知雙曲線：（，）的焦距為.點為雙曲線的右頂點，若點到雙曲線的漸近線的距離為，則雙曲線的離心率是（）A． B． C．2 D．33．如圖，網格紙上小正方形的邊長為，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．4．如圖所示，矩形的對角線相交于點，為的中點，若，則等于（）．A． B． C． D．5．已知，是雙曲線的兩個焦點，過點且垂直于軸的直線與相交于，兩點，若，則△的內切圓的半徑為（）A． B． C． D．6．已知集合，則集合的非空子集個數是（）A．2 B．3 C．7 D．87．《九章算術》勾股章有一“引葭赴岸”問題“今有餅池徑丈，葭生其中，出水兩尺，引葭赴岸，適與岸齊，問水深，葭各幾何？”，其意思是：有一個直徑為一丈的圓柱形水池，池中心生有一顆類似蘆葦的植物，露出水面兩尺，若把它引向岸邊，正好與岸邊齊，問水有多深，該植物有多高？其中一丈等于十尺，如圖若從該葭上隨機取一點，則該點取自水下的概率為（）A． B． C． D．8．已知，若則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．9．對于函數，定義滿足的實數為的不動點，設，其中且，若有且僅有一個不動點，則的取值范圍是（）A．或 B．C．或 D．10．在等差數列中，，，若（），則數列的最大值是（）A． B．C．1 D．311．給出個數，，，，，，其規(guī)律是：第個數是，第個數比第個數大，第個數比第個數大，第個數比第個數大，以此類推，要計算這個數的和．現已給出了該問題算法的程序框圖如圖，請在圖中判斷框中的①處和執(zhí)行框中的②處填上合適的語句，使之能完成該題算法功能()A．； B．；C．； D．；12．已知角的頂點與坐標原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，它的終邊過點，則的值為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖所示，在邊長為4的正方形紙片中，與相交于.剪去，將剩余部分沿，折疊，使、重合，則以、、、為頂點的四面體的外接球的體積為________.14．已知的展開式中第項與第項的二項式系數相等，則__________.15．若復數（是虛數單位），則________16．若四棱錐的側面內有一動點Q，已知Q到底面的距離與Q到點P的距離之比為正常數k，且動點Q的軌跡是拋物線，則當二面角平面角的大小為時，k的值為______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖中，為的中點，，，.（1）求邊的長；（2）點在邊上，若是的角平分線，求的面積.18．（12分）第7屆世界軍人運動會于2019年10月18日至27日在湖北武漢舉行，賽期10天，共設置射擊、游泳、田徑、籃球等27個大項，329個小項.共有來自100多個國家的近萬名現役軍人同臺競技.前期為迎接軍運會順利召開，武漢市很多單位和部門都開展了豐富多彩的宣傳和教育活動，努力讓大家更多的了解軍運會的相關知識，并倡議大家做文明公民.武漢市體育局為了解廣大民眾對軍運會知識的知曉情況，在全市開展了網上問卷調查，民眾參與度極高，現從大批參與者中隨機抽取200名幸運參與者，他們得分（滿分100分）數據，統(tǒng)計結果如下：組別頻數5304050452010（1）若此次問卷調查得分整體服從正態(tài)分布，用樣本來估計總體，設，分別為這200人得分的平均值和標準差（同一組數據用該區(qū)間中點值作為代表），求，的值（，的值四舍五入取整數），并計算；（2）在（1）的條件下，為感謝大家參與這次活動，市體育局還對參加問卷調查的幸運市民制定如下獎勵方案：得分低于的可以獲得1次抽獎機會，得分不低于的可獲得2次抽獎機會，在一次抽獎中，抽中價值為15元的紀念品A的概率為，抽中價值為30元的紀念品B的概率為.現有市民張先生參加了此次問卷調查并成為幸運參與者，記Y為他參加活動獲得紀念品的總價值，求Y的分布列和數學期望，并估算此次紀念品所需要的總金額.（參考數據：；；.）19．（12分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓的離心率為，以橢圓C左頂點T為圓心作圓，設圓T與橢圓C交于點M與點N.（1）求橢圓C的方程；（2）求的最小值，并求此時圓T的方程；（3）設點P是橢圓C上異于M，N的任意一點，且直線MP，NP分別與x軸交于點R，S，O為坐標原點，求證：為定值.20．（12分）已知數列為公差不為零的等差數列，是數列的前項和，且、、成等比數列，.設數列的前項和為，且滿足.（1）求數列、的通項公式；（2）令，證明：.21．（12分）在三棱柱中，四邊形是菱形，，，，，點M、N分別是、的中點，且.（1）求證：平面平面；（2）求四棱錐的體積.22．（10分）已知函數．（1）若不等式有解，求實數的取值范圍；（2）函數的最小值為，若正實數，，滿足，證明：．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．C【解析】

先化簡集合A，再與集合B求交集.【詳解】因為，，所以.故選：C【點睛】本題主要考查集合的基本運算以及分式不等式的解法，屬于基礎題.2．A【解析】

由點到直線距離公式建立的等式，變形后可求得離心率．【詳解】由題意，一條漸近線方程為，即，∴，，即，，．故選：A．【點睛】本題考查求雙曲線的離心率，掌握漸近線方程與點到直線距離公式是解題基礎．3．D【解析】

根據三視圖判斷出幾何體是由一個三棱錐和一個三棱柱構成，利用錐體和柱體的體積公式計算出體積并相加求得幾何體的體積.【詳解】由三視圖可知該幾何體的直觀圖是由一個三棱錐和三棱柱構成，該多面體體積為.故選D.【點睛】本小題主要考查三視圖還原為原圖，考查柱體和錐體的體積公式，屬于基礎題.4．A【解析】

由平面向量基本定理，化簡得，所以，即可求解，得到答案．【詳解】由平面向量基本定理，化簡，所以，即，故選A．【點睛】本題主要考查了平面向量基本定理的應用，其中解答熟記平面向量的基本定理，化簡得到是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，數基礎題．5．B【解析】

設左焦點的坐標，由AB的弦長可得a的值，進而可得雙曲線的方程，及左右焦點的坐標，進而求出三角形ABF2的面積，再由三角形被內切圓的圓心分割3個三角形的面積之和可得內切圓的半徑.【詳解】由雙曲線的方程可設左焦點，由題意可得，由，可得，所以雙曲線的方程為:所以，所以三角形ABF2的周長為設內切圓的半徑為r，所以三角形的面積，所以，解得，故選：B【點睛】本題考查求雙曲線的方程和雙曲線的性質及三角形的面積的求法，內切圓的半徑與三角形長周長的一半之積等于三角形的面積可得半徑的應用，屬于中檔題.6．C【解析】

先確定集合中元素，可得非空子集個數．【詳解】由題意，共3個元素，其子集個數為，非空子集有7個．故選：C．【點睛】本題考查集合的概念，考查子集的概念，含有個元素的集合其子集個數為，非空子集有個．7．C【解析】

由題意知：，，設，則，在中，列勾股方程可解得，然后由得出答案.【詳解】解：由題意知：，，設，則在中，列勾股方程得：，解得所以從該葭上隨機取一點，則該點取自水下的概率為故選C.【點睛】本題考查了幾何概型中的長度型，屬于基礎題.8．C【解析】

根據，得到有解，則，得，，得到，再根據，有，即，可化為，根據，則的解集包含求解，【詳解】因為，所以有解，即有解，所以，得，，所以，又因為，所以，即，可化為，因為，所以的解集包含，所以或，解得，故選：C【點睛】本題主要考查一元二次不等式的解法及集合的關系的應用，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題，9．C【解析】

根據不動點的定義，利用換底公式分離參數可得；構造函數，并討論的單調性與最值，畫出函數圖象，即可確定的取值范圍.【詳解】由得，.令，則，令，解得，所以當時，，則在內單調遞增；當時，，則在內單調遞減；所以在處取得極大值，即最大值為，則的圖象如下圖所示：由有且僅有一個不動點，可得得或，解得或.故選：C【點睛】本題考查了函數新定義的應用，由導數確定函數的單調性與最值，分離參數法與構造函數方法的應用，屬于中檔題.10．D【解析】

在等差數列中,利用已知可求得通項公式,進而,借助函數的的單調性可知,當時,取最大即可求得結果.【詳解】因為，所以，即，又，所以公差，所以，即，因為函數，在時，單調遞減，且；在時，單調遞減，且.所以數列的最大值是，且，所以數列的最大值是3.故選:D.【點睛】本題考查等差數列的通項公式,考查數列與函數的關系,借助函數單調性研究數列最值問題,難度較易.11．A【解析】

要計算這個數的和，這就需要循環(huán)50次，這樣可以確定判斷語句①，根據累加最的變化規(guī)律可以確定語句②.【詳解】因為計算這個數的和，循環(huán)變量的初值為1，所以步長應該為1，故判斷語句①應為，第個數是，第個數比第個數大，第個數比第個數大，第個數比第個數大，這樣可以確定語句②為，故本題選A.【點睛】本題考查了補充循環(huán)結構，正確讀懂題意是解本題的關鍵.12．B【解析】

根據三角函數定義得到，故，再利用和差公式得到答案.【詳解】∵角的終邊過點，∴，.∴.故選：.【點睛】本題考查了三角函數定義，和差公式，意在考查學生的計算能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

將三棱錐置入正方體中，利用正方體體對角線為三棱錐外接球的直徑即可得到答案.【詳解】由已知，將三棱錐置入正方體中，如圖所示，，故正方體體對角線長為，所以外接球半徑為，其體積為.故答案為：.【點睛】本題考查三棱錐外接球的體積問題，一般在處理特殊幾何體的外接球問題時，要考慮是否能將其置入正（長）方體中，是一道中檔題.14．【解析】

根據的展開式中第項與第項的二項式系數相等，得到，再利用組合數公式求解.【詳解】因為的展開式中第項與第項的二項式系數相等，所以，即，所以，即，解得.故答案為：10【點睛】本題主要考查二項式的系數，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.15．【解析】

直接根據復數的代數形式四則運算法則計算即可．【詳解】，．【點睛】本題主要考查復數的代數形式四則運算法則的應用．16．【解析】

二面角平面角為，點Q到底面的距離為，點Q到定直線得距離為d，則.再由點Q到底面的距離與到點P的距離之比為正常數k，可得，由此可得，則由可求k值.【詳解】解：如圖，設二面角平面角為，點Q到底面的距離為，點Q到定直線的距離為d，則，即.∵點Q到底面的距離與到點P的距離之比為正常數k，∴，則，∵動點Q的軌跡是拋物線，∴，即則.∴二面角的平面角的余弦值為解得：（）.故答案為：.【點睛】本題考查了四棱錐的結構特征，由四棱錐的側面與底面的夾角求參數值，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）10；（2）.【解析】

（1）由題意可得cos∠ADB＝﹣cos∠ADC，由已知利用余弦定理可得：9+BD2﹣52+9+BD2﹣16＝0，進而解得BC的值．（2）由（1）可知△ADC為直角三角形，可求S△ADC6，S△ABC＝2S△ADC＝12，利用角平分線的性質可得，根據S△ABC＝S△BCE+S△ACE可求S△BCE的值．【詳解】（1）因為在邊上，所以，在和中由余弦定理，得，因為，，，，所以，所以，.所以邊的長為10.（2）由（1）知為直角三角形，所以，.因為是的角平分線，所以.所以，所以.即的面積為.【點睛】本題主要考查了余弦定理，三角形的面積公式，角平分線的性質在解三角形中的綜合應用，考查了轉化思想和數形結合思想，屬于中檔題．18．（1），，；（2）詳見解析.【解析】

（1）根據頻率分布表計算出平均數，進而計算方差，從而X～N（65，142），計算P（51＜X＜93）即可；（2）列出Y所有可能的取值，分布求出每個取值對應的概率，列出分布列，計算期望，進而可得需要的總金額．【詳解】解：（1）由已知頻數表得：，，由，則，而，所以，則X服從正態(tài)分布，所以；（2）顯然，，所以所有Y的取值為15，30，45，60，，，，，所以Y的分布列為：Y15304560P所以，需要的總金額為：.【點睛】本題考查了利用頻率分布表計算平均數，方差，考查了正態(tài)分布，考查了離散型隨機變量的概率分布列和數學期望，主要考查數據分析能力和計算能力，屬于中檔題．19．（1）；（2）；（3）【解析】

（1）依題意，得，，由此能求出橢圓C的方程.（2）點與點關于軸對稱，設，，設，由于點在橢圓C上，故，由，知，由此能求出圓T的方程.（3）設，則直線MP的方程為：，令，得，同理：，由此能證明為定值.【詳解】（1）依題意，得，，，故橢圓C的方程為.（2）點與點關于軸對稱，設，，設，由于點在橢圓C上，所以，由，則，.由于，故當時，的最小值為，所以，故，又點在圓T上，代入圓的方程得到.故圓T的方程為：（3）設，則直線MP的方程為：，令，得，同理：.故又點與點在橢圓上，故，代入上式得：，所以【點睛】本題考查了橢圓的幾何性質、圓的軌跡方程、直線與橢圓的位置關系中定值問題，考查了學生的計算能力，屬于中檔題.20．（1）,（2）證明見解析【解析】

（1）利用首項和公差構成方程組，從而求解出的通項公式；由的