陕西省安康市高新中学2023-2024学年高三（下）月考数学试卷（理科）（2月份）（含解析）

2023-2024学年陕西省安康市高新中学高三（下）月考数学试卷（理科）（2月份）
一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知复数满足，则的虚部为( )
A. B. C. D.
3.执行如图的程序框图，输出的结果为( )
A. B. C. D.
4.若函数的最小正周期为，则的图象的一条对称轴方程为( )
A. B. C. D.
5.已知等比数列的前项和为，若，则( )
A. B. C. D.
6.“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
7.在区间内随机取一个实数，则关于的不等式仅有个整数解的概率为( )
A. B. C. D.
8.小明将，，，，，这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个之间只有一个数字，且与相邻，则可以设置的密码种数为( )
A. B. C. D.
9.已知正三棱台中，的面积为，的面积为，，则二面角的余弦值为( )
A. B. C. D.
10.已知双曲线的右焦点为，过且与一条渐近线平行的直线与的右支及另一条渐近线分别交于，两点，若，则的渐近线方程为( )
A. B. C. D.
11.已知中，，，若所在平面内一点满足，则的最大值为( )
A. B. C. D.
12.若函数在上没有零点，则实数的取值范围为( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知圆锥的底面半径为，体积为，则该圆锥的侧面展开图对应的扇形的圆心角为______．
14.已知数列中，，且，则的前项和为______．
15.已知正实数，满足，则的最大值为______．
16.已知抛物线：的准线：，直线：与抛物线交于，两点，为线段的中点，则下列说法中正确的为______填写所有正确说法的序号
若，则以为直径的圆与相交；
若，则为坐标原点；
过点，分别作抛物线的切线，，若，交于点，则；
若，则点到直线的距离大于等于．
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知中，角，，所对的边分别为，，，且．
证明：；
若，求的值．
18.本小题分
如图所示，在三棱锥中，，，求证：平面平面；
若，求直线与平面所成角的正弦值．
19.本小题分
为了验证某种新能源汽车电池的安全性，小王在实验室中进行了次试验，假设小王每次试验成功的概率为，且每次试验相互独立．
若小王某天进行了次试验，且，求小王这一天试验成功次数的分布列以及期望；
若恰好成功次后停止试验，，以表示停止试验时试验的总次数，求结果用含有的式子表示
20.本小题分
求函数的极值；
若，证明：当时，．
21.本小题分
已知椭圆的离心率为，直线过的上顶点与右顶点且与圆相切．
求的方程．
过上一点作圆的两条切线，均不与坐标轴垂直，，与的另一个交点分别为，证明：
直线，的斜率之积为定值；
．
22.本小题分
已知平面直角坐标系中，直线过坐标原点且倾斜角为以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
Ⅰ求的极坐标方程以及的直角坐标方程；
Ⅱ若，与交于，两点，设，求的最大值．
23.本小题分
已知函数．
Ⅰ若，求不等式的解集；
Ⅱ若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：依题意，，，所以．
故选：．
解出集合，，再判断包含关系．
本题主要考查集合的包含关系，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由题意可得：，
所以的虚部为．
故选：．
根据复数的除法运算求，进而可得结果．
本题主要考查了复数的四则运算及复数的基本概念，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：第一次循环：，，，，，不满足，循环继续，
第二次循环：，，，，，不满足，循环继续，
第三次循环：，，，，，不满足，循环继续，
第四次循环：，，，，，满足，跳出循环，
故输出的结果为．
故选：．
根据程序框图，依次求出每次循环，即可求解．
本题主要考查程序框图的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意可得函数的周期为，则，
所以，
令，解得，，故D正确．
故选：．
利用周期求出的值，再根据正弦函数的对称性即可求解．
本题考查了正弦函数的对称性，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：设等比数列的公比为，
由，得，
所以．
故选：．
根据可得，从而，进一步根据进行求解即可．
本题考查等比数列的性质，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：
，
显然，则，解得或．
所以“”是“”的必要不充分条件．
故选：．
利用三角恒等变换得到或，从而得到答案．
本题主要考查了二倍角公式及同角基本关系的应用，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：根据题意，，即不等式的解集为，
由于，且不等式仅有个整数解，
必有．
故要求概率．
故选：．
根据题意，求出不等式的解集，分析的取值范围，结合几何概型计算公式分析可得答案．
本题考查几何概型的计算，涉及二次不等式的解法，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：与相邻，共有种排法，
两个之间插入个数，共有种排法，
再把组合好的数全排列，共有种排法，
则总共有种密码．
故选：．
根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：因为正的面积为，
正的面积为，
所以，，
分别延长棱、、交于点，棱的中点为，
因为，，
则，可得，
则，
同理可得，
所以四面体为正四面体，
延长交于点，则，
所以，且，
即，
则为的中点，又因为，
则为正的中心，故A平面，
所以二面角的平面角即为正四面体相邻侧面的夹角，
因为为的中点，为等边三角形，
则，且，
因为是边长为的等边三角形，
则，且，
故二面角的平面角为，
因为平面，平面，
则，则，
故二面角的余弦值为．
故选：．
分别延长棱，，交于点，推导出三棱锥为正四面体，且为等边的中心，结合正四面体的几何性质，利用二面角的定义可求得结果．
本题考查二面角的平面角及其求法，属中档题．
10.【答案】
【解析】解：易知的渐近线方程为，不妨设直线，，，
联立方程得，解得，，所以，
又，而，，得到，
解得，故，代入中，
得，得到，又，得到，解得，
故所求的渐近线方程为．
故选：．
设直线，，，由得到，再根据条件得出，代入方程，即可求出结果．
本题考查双曲线的简单性质的应用，渐近线方程的求法，考查数形结合以及计算能力，是中档题．
11.【答案】
【解析】解：设的中点为，的三条边分别为、、，则，
因为，所以，
所以，即，所以是靠近的五等分点，如图所示：
则
，
由余弦定理得，，
由基本不等式得：，所以，当且仅当时取“”，
所以，
所以的最大值为．
故选：．
设的中点为，的三条边分别为、、，由中线的向量表示，结合题意得出是靠近的五等分点，根据余弦定理和基本不等式，即可求出的最大值．
本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：因为，
则，
令，显然，则
令，，
则，
令，得，，
当或时，，或时，，
函数的增区间为，，减区间为，，
故函数的极大值为，极小值为，
当时，，当时从左边趋于，；
当时从右边趋于，，当时从右边趋于，．
由图象可知，当时，直线与曲线没有交点，即在上没有零点．
因此，实数的取值范围是．
故选：．
由可得出，构造函数，，分析可知，直线与曲线没有交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围．
本题主要考查了导数与单调性及函数的性质的应用，还考查了由函数零点求解参数的范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：设圆锥如图所示的高为，
因为，
所以，母线，
将圆锥沿展开所得扇形的弧长为底面周长，根据弧长公式，
所以圆心角．
故答案为：．
根据体积先计算出圆锥的高，再根据高计算出圆锥的母线，即展开图扇形的半径，最后再根据弧长公式求出圆心角．
本题主要考查了圆锥的结构特征，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：依题意，故，，
所以，，，，
故的前项和为．
故答案为：．
由已知可得，借助数列的周期性、分组求和即可得出结果．
本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的求和，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：依题意得，
则，
即，则，
解得，则的最大值为当且仅当时取得最大值．
故答案为：．
依题意得，再利用基本不等式求解．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：由题可得抛物线：，设，，
对于，当时，直线过的焦点，
此时，
又的中点到准线的距离为，
则以为直径的圆与相切，故错误；
对于，当时，直线：，
将代入，得，则，
又易知，
所以，故正确；
对于，由题可设抛物线在点处的切线方程为，
由，消得到，
由，得到，
又，所以，得到，
所以在点处的切线方程为，整理得到，
同理可得抛物线在点处的切线方程为，
联立，解得，故A，故正确：
对于，由抛物线的对称性，可知当轴时，点到直线的距离最小，
由，不妨取，代入，得到，
所以，点到直线的距离为，故正确．
故答案为：．
根据条件得到：，再结合各个选项的条件，逐一分析判断即可得出结果．
本题考查了抛物线的性质，属于中档题．
17.【答案】证明：由正弦定理及条件可得，
由余弦定理可得，
整理可证得：；
解：由得，
化简得，又，故，
所以，
故．
【解析】由题意及正弦定理，余弦定理可证得结论；
由余弦定理及可得，，之间的关系，进而可得的值．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题．
18.【答案】证明：因为，所以，
同理可得，故BC，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，
故平面平面；
解：以为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴，
过作平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
则，，，，，
所以，，．
设为平面的法向量，
则，即，
令，得，
，
，，
可得，，
设直线与平面所成的角为，，
则，．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【解析】要证明面面垂直，只需证明平面，即只需证明，；
建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后在求线面角．
本题考查直线与平面垂直的证法及用空间向量的方法求直线与平面所成的角正弦值，属于中档题．
19.【答案】解：依题意，，
则，，
，，
，
故的分布列为：
故．
方法一：设“停止试验时试验总次数不大于”，
则，
“次试验中，成功了次或次”，
“次试验中，成功了次”的概率；
“次试验中，成功了次”的概率．
所以．
方法二：事件“”表示前次试验只成功了次，且第次试验成功，
故，
所以，
令，
则，
两式相减得：，
则即
【解析】分析可得，，利用二项分布的性质分析可得答案；
法一：先求次试验中，成功了次或次的概率，再利用对立事件求解；法二：先求，再利用错位相减求和．
本题考查随机变量的期望和方差，涉及分布列的计算，属于中档题．
20.【答案】解：依题意，，
令，解得，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又，
所以的极小值为，无极大值．
证明：由可知，当时，，则，
令，
则，
所以在上单调递增，
因为，
所以，，
故，使得，即，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
由可得，
代入，得
，
又
所以，故，即原命题得证．
【解析】求导，得到单调性，从而得到极值情况；
在基础上得到，构造函数，求导得到其单调性，结合隐零点得到函数的最小值，证明出结论．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
21.【答案】解：设椭圆的半焦距为，
依题意，离心率，
所以，，
直线，即，
因为直线与圆相切，所以，
解得，，
故C的方程为．
证明：设过点且与圆相切的直线的方程为，
则，整理得，
记直线，的斜率分别为，，则，为定值．
由可知直线：，
联立则有，
所以，
直线：，
同理可得，
所以
，
故．
【解析】结合椭圆的几何性质与点到直线的距离公式，求出和的值，即可得椭圆方程；
利用点到直线的距离可得切线斜率满足的方程，结合韦达定理，求证斜率之积为定值即可； 分别联立直线、与椭圆的方程，结合韦达定理求证即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系，熟练掌握椭圆的几何性质，点到直线的距离公式，直线的方程等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：Ⅰ直线过坐标原点且倾斜角为转换为极坐标方程；
曲线的极坐标方程为，根据，转换为直角坐标方程为．
Ⅱ直线的参数方程为为参数，代入，
得到；
所以，；
所以，
由于，故，
当时，的最大值为．
【解析】Ⅰ直接利用转换关系，把直线的方程转换为极坐标方程，再把曲线的极坐标方程转换为直角坐标方程；
Ⅱ利用直线和曲线的位置关系，根据一元二次方程根和系数的关系求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程，极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数的关系的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
23.【答案】解：Ⅰ当时，；
若，则；
不等式等价于，解得；
此时不等式的解集为；
若，则；
不等式等价于，解得；
此时不等式的解集为；
若，则；
不等式等价于，解得；
此时不等式的解集为；
综上，不等式的解集为．
Ⅱ若，可得，
不等式恒成立等价于，即；
所以，即对任意恒成立，
利用二次函数单调性可得在上单调递增，其最小值为，
函数在上单调递减，其最大值为，所以．
所以实数的取值范围为．
【解析】Ⅰ利用分类讨论法分别求出不等式在不同取值范围时的解集即可；
Ⅱ根据题意将不等式恒成立问题转化为求二次函数最值，即可得实数的取值范围．
本题考查了绝对值三角不等式的解法，利用不等式恒成立求参数的取值范围，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．
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