山东省菏泽市第三中学2024届高三下学期3月月考数学试题含答案.docx

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1、 菏泽市第三中学2024届高三下学期3月份月考数学试题第I卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的1. 抛物线过点，则焦点坐标为（ ）A. B. C. D. 2. 已知平面向量，若，则（ ）A. B. C. D. 3. 已知角终边上点坐标为，则（ ）A. B. C. D. 4. 设等比数列的首项为1，公比为，前项和为，若也是等比数列，则（ ）A. B. C. 1D. 25. 过点作圆：的两条切线，切点分别为，则四边形的面积为（ ）A. 4B. C. 8D. 6. 设，函数的零点分别为，则（ ）A. B. C. D. 7. 设是函数

2、的两个极值点，若，则（ ）A. 0B. 1C. 2D. 38. 已知，当时，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求9 已知函数，则（ ）A. 最大值为2 B. 的图象关于点对称C. 在上单调递增 D. 直线是图象的一条对称轴10. 在中，是的中点将沿着翻折，得到三棱锥，则（ ）A . B. 当时，三棱锥的体积为4.C. 当时，二面角的大小为.D. 当时，三棱锥的外接球的表面积为.11. 已知点，直线相交于点，且它们的斜率之和是2设动点的轨迹为曲线，则（ ）A. 曲线关于原点对称B. 的范围是的范围是C 曲线与直线无

3、限接近，但永不相交D. 曲线上两动点，其中，则第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12. 已知双曲线的渐近线方程为，则其离心率为_；13. 记为数列的前项和，已知则_14. 已知五个点，满足：，则的最小值为_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. 已知，曲线在处的切线方程为（1）求；（2）证明16. ，成等差，这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题设正项等比数列的前项和为，满足_（1）求；（2）求数列的前项和17. 在中，点分别为的中点，与交于点，（1）若，求中线的长；（2）若是锐角三角形，求四边形面积的取值范围

4、18. 某市为繁荣地方经济，大力实行人才引进政策，为了解政策的效果，统计了2018-2023年人才引进的数量（单位：万人），并根据统计数据绘制了如图所示的散点图（表示年份代码，年份代码1-6分别代表2018-2023年）（1）根据散点图判断与（均为常数）哪一个适合作为关于的回归方程类型；（给出结论即可，不必说明理由）（2）根据（1）的结果及表中的数据，求出关于的回归方程，并预测该市2025年引进人才的数量；（3）从这6年中随机抽取4年，记引进人才数量超过4万人的年数为，求的分布列和数学期望参考数据：5.151.5517.520.953.85其中参考公式：对于一组数据，其回归直线斜率和截距的最小

5、二乘估计分别为：19. 在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”（1）求“椭圆”的方程；（2）根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；（3）设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值菏泽市第三中学2024届高三下学期3月份月考数学试题第I卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的1. 抛物线过点，则焦点坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】代入所过的点可

6、求的值，从而可求焦点坐标.【详解】因为抛物线过点，所以，故，故，故焦点坐标为，故选：C.2. 已知平面向量，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用向量线性运算的坐标表示和向量数量积的坐标运算，求解的值.详解】平面向量，则，由，则，解得.故选：D.3. 已知角终边上点坐标为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先确定角的终边所在的位置，再根据诱导公式及商数关系即可得解.【详解】因为，所以角的终边在第二象限，又因为，且，所以.故选：B.4. 设等比数列的首项为1，公比为，前项和为，若也是等比数列，则（ ）A B. C. 1D. 2【答案】D【解析】

7、【分析】由是等比数列，得，故可求.【详解】由题意可知，若常数列，则，不为等比数列，与题意不合；若，则，若也是等比数列，则 ，.即，解得或（舍去）.故选：5. 过点作圆：的两条切线，切点分别为，则四边形的面积为（ ）A. 4B. C. 8D. 【答案】C【解析】【分析】根据两点距离公式可得，即可由勾股定理求解，由三角形面积公式即可求解.【详解】由，得,则圆心，则，则，则四边形的面积为.故选：C6. 设，函数的零点分别为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意分别为函数与函数图象交点的横坐标，作出函数的图象，结合函数图象即可得解.【详解】分别令，则，则分别为函数与函数图象

8、交点的横坐标，分别作出函数的图象，如图所示， 由图可知，.故选：A.7. 设是函数的两个极值点，若，则（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】分析】先求导，再结合已知条件与韦达定理即可求出结果.【详解】由题意得，又是函数的两个极值点，则是方程的两个根，故，又，则，即，则，则，所以，解得，此时.故选：C8. 已知，当时，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，利用同构得到，结合的单调性得到，构造，求导得到其单调性和最值，得到最大值为，故，求出答案.【详解】由题意得，当时，即，令，则，因为恒成立，故在R上单调递增，故，即，令，则，当时，单调递增，当

9、时，单调递减，故在处取得极大值，也是最大值，最大值为，故，解得.故选：B【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是将变形得到，从而构造进行求解.二、多选题：本题共3小题，共18分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求9. 已知函数，则（ ）A. 的最大值为2B. 的图象关于点对称C. 上单调递增D. 直线是图象的一条对称轴【答案】AC【解析】【分析】化简得，分析的最大值，对称中心，对称轴，单调性判断各个选项.【详解】,对A：的最大值为2，故A正确；对B：因为，所以不是的对称中心，故B错误；对C：当时，而在上为增函数，故在上单调递增，故C正确；对D：

10、 ，所以直线不是图象的一条对称轴，故D错误；故选：AC10. 在中，是的中点将沿着翻折，得到三棱锥，则（ ）A. .B. 当时，三棱锥的体积为4.C. 当时，二面角的大小为.D. 当时，三棱锥的外接球的表面积为.【答案】ACD【解析】【分析】根据线面垂直的性质定理判断A；根据等体积法可判断B；确定二面角的平面角，解三角形可得其大小，判断C；确定三棱锥的外接球的球心位置，求出外接球半径，即可求得外接球表面积，判断D.【详解】对于A，中，D是AB的中点，故，且，则在三棱锥中，因为，平面，故平面，平面，故，故A正确；对于B，当时，由于平面，故，故B错误；对于C，当时，,则，而，故，由于平面，故即为二

11、面角的平面角，故当时，二面角的大小为，故C正确；对于D，当时，设的外接圆圆心为，半径为r，则，则，因为平面，所以三棱锥的外接球的球心位于过垂直于平面的直线上，且在过CD的中点E垂直于CD的平面上，设球心为O，由于平面，则,故过E作的垂线，垂足即为O，即三棱锥的外接球的球心，则四边形为矩形，故，设棱锥的外接球的半径为R，连接OD，故，则，故三棱锥的外接球的表面积为，故D正确，故选：ACD.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距

12、离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.11. 已知点，直线相交于点，且它们的斜率之和是2设动点的轨迹为曲线，则（ ）A. 曲线关于原点对称B. 的范围是的范围是C. 曲线与直线无限接近，但永不相交D. 曲线上两动点，其中，则【答案】ACD【解析】【分析】设，根据题意求出曲线的轨迹方程，再将代入即可判断A；结合直线的斜率都存在即可判断B；判断趋于无穷大时，是否趋于即可判断C；求出最小时，的关系，再结合基本不等

13、式即可判断D.【详解】设，由题意，即，化简得，即且，对于A，将代入得，即，所以曲线关于原点对称，故A正确；对于B，由A选项知，的范围是且，故B错误；对于C，由，得，当时，即，当时，即，所以曲线与直线无限接近，但永不相交，故C正确；对于D，要使最小，则曲线在两点的切线平行，由，得，则，所以，因为，所以，则，所以，当且仅当，即时取等号，所以，故D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相

14、关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12. 已知双曲线的渐近线方程为，则其离心率为_；【答案】【解析】【分析】根据渐近线方程求出，再根据双曲线的离心率公式即可得解.【详解】因为双曲线的渐近线方程为，所以，所以离心率.故答案为：.13. 记为数列的前项和，已知则_【答案】【解析】【分析】注意到，进一

15、步由裂项相消法即可求解.【详解】由题意，所以.故答案为：.14. 已知五个点，满足：，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】根据题意设出合理的向量模，再将其置于坐标系中，利用坐标表示出，再用基本不等式求解出最值即可.【详解】因为，所以，由题意设，则，设，如图，因为求的最小值，则，所以，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：首先是对向量模的合理假设，然后为了进一步降低计算的复杂性，我们选择利用坐标法将涉及的各个点用坐标表示，最后得到，再利用基本不等式即可求出最值.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. 已知，曲线在处的切线方程

16、为（1）求；（2）证明【答案】（1） （2）见解析【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线方程即可得，的值；（2）要证明，只要证，令，求出其单调性证明即可.【小问1详解】由可得，则，所以曲线在点处的切线斜率为，又因为，所以切线方程为：，即.所以.【小问2详解】要证明，只要证，设，则，令，则，所以在上单调递减，又，所以当时，则在上单调递增，当时，则在上单调递减，所以，所以.16. ，成等差，这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题设正项等比数列的前项和为，满足_（1）求；（2）求数列的前项和【答案】（1）无论选还是选都有 （2）【解析】【分析】（1）首先由等比、等差

17、数列基本量计算得在已知条件下，等价于即，再选即可得解；（2）由等比数列求和公式以及错位相减法即可求解.【小问1详解】若选，则，因为等比数列是正项数列，所以，所以，解得满足题意；若选，成等差，则，因为，所以，解得满足题意；所以在已知条件下，等价于，所以无论选还是选都有，此时.【小问2详解】由题意，两式相减得，所以.17. 在中，点分别为的中点，与交于点，（1）若，求中线的长；（2）若是锐角三角形，求四边形面积的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）对两边同时平方可得，再由平面向量的运算法则得，对其两边同时平方即可得出答案.（2）由分析知，再分别讨论为锐角，由数量积的定义求出的范围，

18、即可得出答案.【小问1详解】因为点为的中点，所以，则，即，即，解得：或（舍去），又因为，即，所以. 【小问2详解】,因为是锐角三角形，所以是锐角，即，即，所以，得，是锐角，即，即，所以，得，是锐角，即，即，所以，得，所以，综上：，所以.18. 某市为繁荣地方经济，大力实行人才引进政策，为了解政策的效果，统计了2018-2023年人才引进的数量（单位：万人），并根据统计数据绘制了如图所示的散点图（表示年份代码，年份代码1-6分别代表2018-2023年）（1）根据散点图判断与（均为常数）哪一个适合作为关于的回归方程类型；（给出结论即可，不必说明理由）（2）根据（1）的结果及表中的数据，求出关于的

19、回归方程，并预测该市2025年引进人才的数量；（3）从这6年中随机抽取4年，记引进人才数量超过4万人的年数为，求的分布列和数学期望参考数据：5.151.5517.520.953.85其中参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：【答案】（1）选择更合适 （2），12.68万人 （3）分布列见解析，2【解析】【分析】（1）观察散点图结合增长速度情况即可求解；（2）两边取对数后，用最小二乘先得对应的线性回归方程；（3）的所有可能取值为1，2，3，由超几何分布概率公式先求得对应的概率，即可依次得分布列，数学期望.【小问1详解】根据散点图可知，选择更合适【小问2详解】因为，所

20、以两边同时取常用对数，得设，则，先求关于的线性回归方程因为，所以把代入上式，得，故预测该市2025年引进人才的数量为12.68万人【小问3详解】这6年中，引进人才的数量超过4万人的年数有3个，所以的所有可能取值为1，2，3，所以的分布列为123所以19. 在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”（1）求“椭圆”的方程；（2）根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；（3）设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值【答案】（1） （2）答案见

21、解析 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，再根据两点之间的“距离”得新定义即可得解；（2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围；（3）先求出椭圆方程，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，分别求出直线的方程，设，再次求出的关系，进而求出，从而可得出结论.【小问1详解】设“椭圆”上任意一点为，则，即，即，所以“椭圆”的方程为；【小问2详解】由方程，得，因为，所以，即，所以或或，解得，由方程，得，即，所以，所以，所以“椭圆”的范围为，将点代入得，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，将点代入得，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，将点代入得，即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称； 【小问3详解】由题意可设椭圆的方程为，将点代入得，解得，所以椭圆的方程为，由题意可设直线的方程为，联立，得，恒成立，则，因为的中点为，所以直线的中垂线的方程为，同理直线的中垂线的方程为，设，则是方程的两根，即是方程的两根，所以，又因，所以，两式相比得，所以，所以，所以直线与的斜率之积为定值 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值第28页/共28页学科网（北京）股份有限公司