2024-2025學(xué)年重慶市開州開區(qū)高三上冊(cè)第三次月考數(shù)學(xué)檢測試題（含解析）

2024-2025學(xué)年重慶市開州開區(qū)高三上學(xué)期第三次月考數(shù)學(xué)檢測試題一、單選題（本大題共8小題）1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．若，則（

）A． B． C． D．3．已知向量，．若，則（

）A．1 B． C．12 D．4．已知，，則的值為（

）A． B． C． D．5．已知圓錐PO的底面半徑為，軸截面的面積為，則該圓錐的體積為（

）A． B． C． D．6．已知函數(shù)（且）在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．7．已知函數(shù)，若為偶函數(shù)；且在區(qū)間內(nèi)僅有兩個(gè)零點(diǎn)，則的值是（

）A．2 B．3 C．5 D．88．是定義在上的函數(shù)，，且對(duì)任意，滿足，，則（

）A．2015 B．2016 C．2017 D．2018二、多選題（本大題共3小題）9．設(shè)函數(shù)，則（

）A．有三個(gè)零點(diǎn) B．是的極小值點(diǎn)C．的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱 D．當(dāng)時(shí)，10．李明每天7：00從家里出發(fā)去學(xué)校，有時(shí)坐公交車，有時(shí)騎自行車．他各記錄了50次坐公交車和騎自行車所花的時(shí)間，經(jīng)數(shù)據(jù)分析得到：坐公交車平均用時(shí)30分鐘，樣本方差為36；自行車平均用時(shí)34分鐘，樣本方差為4．假設(shè)坐公交車用時(shí)X和騎自行車用時(shí)Y都服從正態(tài)分布，則（

）A．P(X＞32)＞P(Y＞32)B．P(X≤36)＝P(Y≤36)C．李明計(jì)劃7：34前到校，應(yīng)選擇坐公交車D．李明計(jì)劃7：40前到校，應(yīng)選擇騎自行車11．已知中，，，E，F(xiàn)分別在線段BA，CA上，且，．現(xiàn)將沿EF折起，使二面角的大小為．以下命題正確的是（

）A．若，，則點(diǎn)到平面的距離為B．存在使得四棱錐有外接球C．若，則棱錐體積的最大值為D．若，三棱錐的外接球的半徑取得最小值時(shí)，三、填空題（本大題共3小題）12．已知等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為，若，，則．13．如下圖，用4種不同顏色標(biāo)注地圖中的6個(gè)區(qū)域，相鄰省顏色不同，有種不同的涂色方式.14．已知正數(shù)滿足，則的最小值為．四、解答題（本大題共5小題）15．已知函數(shù).(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)在上有且僅有個(gè)零點(diǎn)，求的取值范圍.16．如圖，在三棱柱中，為正三角形，四邊形為菱形.(1)求證：平面；(2)若，且為的中點(diǎn)，求平面與平面的夾角的余弦值.17．在中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，滿足(1)設(shè)，，過B作BD垂直AC于點(diǎn)D，點(diǎn)E為線段BD的中點(diǎn)，求的值；(2)若為銳角三角形，，求面積的取值范圍．18．已知M為圓上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，垂直x軸，垂足為N，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，的重心為G.(1)求點(diǎn)G的軌跡方程；(2)記（1）中的軌跡為曲線C，直線與曲線C相交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)，若點(diǎn)恰好是的垂心，求直線的方程.19．龍泉游泳館為給顧客更好的體驗(yàn)，推出了A和B兩個(gè)套餐服務(wù)，顧客可選擇A和B兩個(gè)套餐之一，并在App平臺(tái)上推出了優(yōu)惠券活動(dòng)，下表是該游泳館在App平臺(tái)10天銷售優(yōu)惠券情況．日期t12345678910銷售量千張1.91.982.22.362.432.592.682.762.70.4經(jīng)計(jì)算可得.(1)因?yàn)閮?yōu)惠券購買火爆，App平臺(tái)在第10天時(shí)系統(tǒng)出現(xiàn)異常，導(dǎo)致當(dāng)天顧客購買優(yōu)惠券數(shù)量大幅減少，已知銷售量y和日期t呈線性關(guān)系，現(xiàn)剔除第10天數(shù)據(jù)，求y關(guān)于t的經(jīng)驗(yàn)回歸方程結(jié)果中的數(shù)值用分?jǐn)?shù)表示；(2)若購買優(yōu)惠券的顧客選擇A套餐的概率為，選擇B套餐的概率為，并且A套餐可以用一張優(yōu)惠券，B套餐可以用兩張優(yōu)惠券，記App平臺(tái)累計(jì)銷售優(yōu)惠券為n張的概率為，求；(3)記（2）中所得概率的值構(gòu)成數(shù)列.①求的最值；②數(shù)列收斂的定義：已知數(shù)列，若對(duì)于任意給定的正數(shù)，總存在正整數(shù)，使得當(dāng)時(shí)，，（是一個(gè)確定的實(shí)數(shù)），則稱數(shù)列收斂于.根據(jù)數(shù)列收斂的定義證明數(shù)列收斂．參考公式.

答案1．【正確答案】B【詳解】，∴．故選：B．2．【正確答案】D【詳解】由得：，即，所以.故選：D3．【正確答案】C【分析】解法一：由的坐標(biāo)，求得的坐標(biāo)，利用向量垂直的坐標(biāo)表示式列出方程求解即得；解法二：先由化簡，再代入的坐標(biāo)計(jì)算即得.【詳解】解法一：由，，得．由，得，即，解得．解法二：由，得，即，將代入，得，解得．故選C．4．【正確答案】C【詳解】因?yàn)?，，所以，解得，所以，故選：C5．【正確答案】B【詳解】軸截面為等腰三角形，底邊長為，設(shè)圓錐的高為，則，解得，故圓錐的體積為.故選：B6．【正確答案】C【詳解】由函數(shù)，因?yàn)楹瘮?shù)在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則滿足，解得，即實(shí)數(shù)的取值范圍為.故選：C．7．【正確答案】A【詳解】，為偶函數(shù)，所以，，，，當(dāng)x∈0,π，，因?yàn)樵趨^(qū)間0,π內(nèi)僅有兩個(gè)零點(diǎn)，所以，得，則.故選：A8．【正確答案】D【詳解】解：三是相加得：，又，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，，故選：D.9．【正確答案】BD【詳解】A.，得和1，所以函數(shù)有2個(gè)零點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B.，得和，當(dāng)或時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是和，單調(diào)遞減區(qū)間是，所以是的極小值，故B正確；C.，不恒等于4，故C錯(cuò)誤；D.當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，，所以，故D正確.故選：BD10．【正確答案】BCD【詳解】A.由條件可知，，根據(jù)對(duì)稱性可知，故A錯(cuò)誤；B.,，所以，故B正確；C.=，所以，故C正確；D.，，所以，故D正確.故選：BCD11．【正確答案】ACD【詳解】，，易知平面ABC,平面，易知面故點(diǎn)到平面的距離為即為點(diǎn)到平面的距離，因?yàn)椋?，所以，所以為二面角的平面角，又為平面?nèi)兩條相交直線，所以平面，所以平面，又在平面內(nèi)，所以平面平面，所以到平面ABC的距離即為到，A選項(xiàng)：，，即，三角形等邊三角形，可得：到的距離為，故A正確；B選項(xiàng)：由于直角梯形不可能共圓，所以四棱錐無外接球，所以B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)：由題意可知，，，,，由基本不等式可知：，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取得最大值，所以,所以當(dāng)，時(shí)，體積取到最大值，故正確；D選項(xiàng)：由題意可知，，，，也即兩兩垂直，可以依次構(gòu)造長方體，長方體的體對(duì)角線即為外接球的直徑，設(shè)外接球半徑為r，則，，所以時(shí)，取得最小值，此時(shí)，所以D正確．故選：ACD12．【正確答案】【分析】利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式列式求得，再利用等差數(shù)列的求和公式即可得解.【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，則有,解得：，所以.故答案為.13．【正確答案】120【詳解】當(dāng)陜西和貴州相同，陜西和貴州4種顏色，重慶3種顏色，四川有2種顏色，湖北有2種顏色，湖南有1種顏色，則共有種方法，當(dāng)陜西和貴州不同，湖北和貴州相同，則陜西有4種顏色，重慶3種顏色，貴州和湖北有2種顏色，湖南有2種顏色，四川有1種顏色，則共有種方法，當(dāng)陜西和貴州不同，湖北和貴州不同，則陜西有4種顏色，重慶3種顏色，貴州有2種顏色，湖北有1種顏色，湖南有1種顏色，四川有1種則共有種方法，綜上可知有種方法.故12014．【正確答案】1【詳解】由，得，記，其中，原不等式化為，所以，所以，即．所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取“”，所以的最小值為1．故1．15．【正確答案】(1)見解析(2)【詳解】（1）因?yàn)楹瘮?shù)，則，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，由可得，若，則；若，則.當(dāng)時(shí)，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為，綜上所述，當(dāng)時(shí)，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為；當(dāng)時(shí)，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為.（2）當(dāng)時(shí)，由，可得，則直線與函數(shù)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，函數(shù)的定義域?yàn)?，，由，可得，?dāng)時(shí)，，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，所以，函數(shù)的極大值為，且，，如下圖所示：

由圖可知，當(dāng)時(shí)，直線與函數(shù)在上的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，因此，實(shí)數(shù)的取值范圍是.16．【正確答案】(1)證明見解析；(2).【詳解】（1）設(shè)與交于點(diǎn)G，連接，則由為正三角形可得，又由四邊形為菱形可得，因?yàn)?，平面，所以平?（2）由（1）可得，又，，平面，所以平面，取中點(diǎn)，連接，則由為正三角形可得，因?yàn)椋?，又平面，平面，所以，取中點(diǎn)，連接，則，故且，故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，所以，由上是平面的一個(gè)法向量，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則，取，則，設(shè)平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面的夾角的余弦值為.17．【正確答案】(1)；(2).【分析】（1）根據(jù)正弦定理求出，進(jìn)而由余弦定理求出，利用三角形面積公式得，利用平面向量基本定理及數(shù)量積運(yùn)算法則得到答案；（2）由正弦定理得到，利用銳角三角形，求得，進(jìn)而求出，由面積公式求得.【詳解】（1），由正弦定理得：，所以，因?yàn)?，所以，所以，即，因?yàn)?，所以，因?yàn)?，，由余弦定理得：，因?yàn)椋?，其中，所以，因?yàn)辄c(diǎn)E為線段BD的中點(diǎn)，所以，由題意得：，所以.（2）由（1）知：，又，由正弦定理得：，所以，因?yàn)闉殇J角三角形，所以，解得：，則，，，故，面積為故面積的取值范圍是.18．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）設(shè)，根據(jù)為的重心，得，代入，化簡即可求解.（2）根據(jù)垂心的概念求得，設(shè)直線方程，與橢圓聯(lián)立，根據(jù)韋達(dá)定理，并利用，得，將韋達(dá)定理代入化簡即可求解.【詳解】（1）設(shè)，則，因?yàn)闉榈闹匦?，故有，解得，代入，化簡得，又，故，所以的軌跡方程為.（2）因?yàn)闉榈拇剐模视?，又，所以，故設(shè)直線的方程為，與聯(lián)立消去，得，由，得，設(shè)，則，由，得，所以，所以，所以，化簡得，解得（舍去）或（滿足），故直線的方程為.19．【正確答案】(1)(2)(3)①最大值為，最小值為；②證明見解析【分析】（1）計(jì)算出新數(shù)據(jù)的相關(guān)數(shù)值，代入公式求出的值，進(jìn)而得到y(tǒng)關(guān)于t的回歸方程；（2）由題意可知，其中，構(gòu)造等比數(shù)列，再利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求解；（3）①分n為偶數(shù)和n為奇數(shù)兩種情況討論，結(jié)合指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性