重庆市缙云教育联盟2023-2024学年高三下学期3月月考试题 数学 Word版含答案

★秘密·2024年3月11日17：00前重庆市2023-2024学年（下）3月月度质量检测高三数学【命题单位：重庆缙云教育联盟】注意事项：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知，则（    ）A． B． C． D．2．已知复数和满足，，则（    ）A．1 B．2 C．4 D．83．已知命题是定义域上的增函数，命题函数在上是增函数.若为真命题，则实数的取值范围是（ ）A． B． C． D．4．在平行四边形中，点是的中点，点分别满足，设，若，则（    ）A． B．C． D．5．已知数列是公差为的等差数列，是其前项和，且,，则（ ）A． B． C． D．6．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，二面角为，则该四棱锥外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．7．生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动（积分可兑换礼品），第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2分．若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡须从1积分重新开始．某会员参与打卡活动，从3月1日开始，到3月20日他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天是（    ）A．3月5日或3月16日 B．3月6日或3月15日C．3月7日或3月14日 D．3月8日或3月13日8．已知是双曲线的左、右焦点，经过点的直线与双曲线C的左右两支分别交于A，B两点，若，则双曲线C的离心率为（ ）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．已知一组样本数据，，，，其中，若由生成一组新的数据，，，，则这组新数据与原数据可能相等的量有（   ）A．极差 B．平均数 C．中位数 D．标准差10．已知，则下列不等式一定成立的是（    ）A． B．C． D．11．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，某玩具厂商制作一个这种形状棱长为，重量为的实心玩具，则下列说法正确的是（    ）A．将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为.B．将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为.C．将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为.D．将玩具放至水中，其会飘浮在水面上.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知函数，则直线与的图象的所有交点的横坐标之和为．13．已知为函数图象上一动点，则的最大值为．14．若直线为曲线的一条切线，则的最大值为.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．（13分）已知数列的前项和为，且，．(1)求，，并证明：数列为等比数列；(2)求的值．16．（15分）已知在多面体中，平面平面，四边形为梯形，且，四边形为矩形，其中M和N分别为和的中点，．(1)证明：平面平面；(2)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．17．（15分）十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进一，例如：自然数1在二进制中就表示为，2表示为，3表示为，5表示为，发现若可表示为二进制表达式，则，其中，或1（）.(1)记，求证：；(2)记为整数的二进制表达式中的0的个数，如，.（ⅰ）求；（ⅱ）求（用数字作答）.18．（17分）已知函数．(1)求曲线在处的切线方程；(2)当时，求函数在上的最小值；(3)写出实数的一个值，使得恒成立，并证明．19．（17分）设为抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，是抛物线上一点，当轴时，．(1)求抛物线的方程．(2)的延长线与的交点为，的延长线与的交点为，点在与之间．（i）证明：，两点关于轴对称．（ii）记△FBC的面积为，的面积为，求的取值范围．★秘密·2024年3月11日17：00前重庆市2023-2024学年（下）3月月度质量检测高三数学答案及评分标准【命题单位：重庆缙云教育联盟】一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．A 2．B 3．B 4．A5．C 6．B 7．D 8．D二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．BC 10．AB 11．AD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．12 13． 14．/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．（1）由已知可得，解得，，，，，两式相减得，即，，可得，且，所以数列为等比数列.（2）由（1）得，，，，.16．（1）过点作交于点，则，因为，所以，延长交的延长线于点，，在△ABH中，由余弦定理得，故，则，因为M为的中点，故，在中，，由相似关系可知，又，故，解得，故，在中，由余弦定理得，故，所以⊥，因为四边形为矩形，所以⊥，因为平面平面，交线为，平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，因为，平面，所以⊥平面，又平面，所以平面平面；（2）过点作交于点，作交于点，则由（1）知⊥，⊥平面，因为平面，所以⊥，⊥，故，两两垂直，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，由平行关系可知，四边形为平行四边形，故，故，在△ABM中，由余弦定理得，即，解得，，设，平面的法向量为，则，解得，令，则，故，平面的法向量为，则，因为二面角的余弦值为，故，解得，故，，，，设直线与平面所成角的大小为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.17．（1），，，，；（2）（ⅰ），，（ⅱ），，故从到中，有、、、共9个，有个，由，即共有个有个，由，即共有个……，有个，.18．（1）因为，所以，所以，所以切线方程为，即．（2）当时，．当时，，所以恒成立，单调递减．所以．（3）．证明：当时，，根据（2），当时，单调递减．当时，设，则，，所以单调递增，，所以单调递增．综上所述，在上单调递减，在上单调递增，所以．19．（1）当轴时，则，，解得，所以抛物线的方程为．（2）证明：当轴时，不妨设在轴下方，则，直线的方程为与抛物线联立，消去得：，，所以直线与抛物线相切，点不存在，所以与轴不垂直，即直线，的斜率都存在．设，，，则，所以直线的方程为，即．又直线过点，所以．同理可得直线的方程为．又直线过点，所以，所以，所以，即，两点关于轴对称．（ii）不妨设，因为点在与之间，所以，，，则，令，则，则在上单调递减，，故的取值范围是．