精品解析：河南省焦作市博爱县第一中学2024届高三下学期5月月考数学试题

博爱一中2023-2024学年高三下学期5月月考 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 已知为等比数列的前n项和，且公比，则“”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 2. 设，，，…，是1，2，3，…，7的一个排列.且满足，则的最大值是（ ） A. 23 B. 21 C. 20 D. 18 3. 设为复数，且，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则的最大值为2 C. 若，则 D. 若，则 4. 如图，在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 5. （    ） A. B. C. D. 6. 已知点为可行域内任意一点，则的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 过点 与圆 相切的两条直线夹角为 ，则 （ ） A. B. C. D. 8. 已知函数（，）的两个零点分别为，，若，，-1三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则不等式的解集为（ ） 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.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分. 9. 设函数的函数值表示不超过x的最大整数，则在同一个直角坐标系中，函数的图象与圆（）的公共点个数可以是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 10. 已知直三棱柱中，且，直线与底面所成角的正弦值为，则（ ） A. 线段上存在点，使得 B. 线段上存在点，使得平面平面 C. 直三棱柱的体积为 D. 点到平面的距离为 11. 若，其中为实数，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程为______． 13. 设数列的前项和为，等比数列的前项和为，若，，则__________. 14. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义、两点之间的“直角距离”为．已知两定点，，则满足的点M的轨迹所围成的图形面积为______． 四、解答题：本大题共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. 已知等比数列满足，且． （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，其前项和记为，求． 16. 如图，三棱柱中，四边形均为正方形，分别是棱的中点，为上一点. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，直线与的左、右两支分别交于，两点，四边形为矩形，且面积为． （1）求四边形的外接圆方程； （2）设，为的左、右顶点，直线过点与交于，两点（异于，），直线与交于点，证明：点在定直线上． 18. 2023年9月23日至10月8日，第19届亚洲运动会在我国杭州举行，这是我国继北京、广州亚运会后第三次举办亚运会. 浙江某市一调研机构为了解本市市民对“亚运会”相关知识的认知程度，举办了一次“亚运会”网络知识竞赛，满分100分. 现从参加了竞赛的男、女市民中各随机抽取100名市民的竞赛成绩作为样本进行数据分析，对这100名男市民的竞赛成绩进行统计后，得到如图所示的频率分布直方图.现规定成绩不低于80分的市民获优秀奖，若女市民样本中获得优秀奖的人数占比为. （1）是否有的把握认为该市市民在这次知识竞赛中获得优秀奖与性别有关？ （2）将样本分布的频率视为总体分布的概率，在这次竞赛中获得优秀奖的市民每人将获得现金100元的奖励. 从该市所有参赛的市民中随机抽取8人，记奖金的总数为元，求的数学期望与方差. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 19. 已知函数，其中. （1）若，求的值； （2）已知时，单调递增，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使函数存在，求m的最大值. 条件①：； 条件②：； 条件③：的图像与直线的一个交点的横坐标为. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 博爱一中2023-2024学年高三下学期5月月考 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 已知为等比数列的前n项和，且公比，则“”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 【答案】C 【解析】 【分析】用定义法，分充分性和必要性两种情况分别求解. 【详解】由，得，因为，所以，即.故必要性满足； .因为，，所以．故充分性满足. 所以“”是“”的充要条件. 故选：C 2. 设，，，…，是1，2，3，…，7的一个排列.且满足，则的最大值是（ ） A. 23 B. 21 C. 20 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】依据绝对值的几何意义和题给条件即可求得的最大值. 【详解】即为相邻两项之差的绝对值之和， 则在数轴上重复的路径越多越好，又， 比如，其对应的一个排列为 则的最大值是 故选：B 3. 设为复数，且，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则的最大值为2 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】ACD可举出反例，B选项，设，由得到，并求出，从而得到，B正确 【详解】A选项，不妨设，满足，但，A错误； B选项，设，则，即， 因为，解得， 则， 故的最大值为2，B正确； C选项，设，则，而， 满足，但不满足，C错误； D选项，， 当时，满足上式，故不一定等于0，即可能不相等，D错误. 故选：B 4. 如图，在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理得、，两式相减可得，由三角形的面积公式得，即可求解. 【详解】在中，由余弦定理得， 即，得①， 在中，由余弦定理得， 即，得②， 又， 所以③， 由②①，得，由， 得，代入③得. 故选：B 5. （    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】切化弦后通分，根据两角和差的正余弦公式求解即可. 【详解】 . 故选：A. 6. 已知点为可行域内任意一点，则的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】列出满足可行域的点的坐标，再由古典概型的概率公式计算可得. 【详解】可行域内的点有，，，，，，，，共个， 其中满足的有，，，共个， 所以所求的概率. 故选：C 7. 过点 与圆 相切的两条直线夹角为 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求圆心和半径，然后设出切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径，求出切线方程，再根据两直线的夹角公式即可求出. 【详解】 化为标准方程为，圆心为(2,1),半径为1, 过点(0,0)与圆相切的两条直线夹角为，设切线为， 点线距离为，则，解得或，故切线为或， 故根据两直线的夹角公式得，且易知一定为第一象限角， 解得. 故选:A 8. 已知函数（，）的两个零点分别为，，若，，-1三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由韦达定理可知，，，所以调整顺序后-1，，成等差数列， ，-1，成等比数列，从而列出关系得到，的值，再由韦达定理得的值，再解分式不等式即可得结果. 【详解】由韦达定理可知，，， 所以调整顺序后-1，，成等差数列， ，-1，成等比数列， 所以，，所以，， ，∴，，∴， 解集， 故选：A． 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.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分. 9. 设函数的函数值表示不超过x的最大整数，则在同一个直角坐标系中，函数的图象与圆（）的公共点个数可以是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意确定圆心坐标和半径，易知该圆过原点，作出函数在的图象，结合图形分析，即可求解. 【详解】由，得该圆心为，半径为， 易知该圆过原点，由，当时， 得，作出函数的图象，如图， 由图可知，当时，圆与函数的图象有2个交点， 当时，圆与函数的图象有1个交点， 当时，圆与函数的图象有2个交点， 当时，圆与函数的图象有4个交点， 根据圆与函数的对称性，后续交点情况类比即可. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于理解取整函数的定义，利用数形结合的思想分析圆与函数图象交点的个数. 10. 已知直三棱柱中，且，直线与底面所成角的正弦值为，则（ ） A. 线段上存在点，使得 B. 线段上存在点，使得平面平面 C. 直三棱柱的体积为 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据直三棱柱的性质得到底面，则即为直线与底面所成角，利用锐角三角函数求出，由柱体的体积公式判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算A、B、D. 【详解】在直三棱柱中，底面， 则即为直线与底面所成角，即， 则， 所以 又且，所以， 又底面，底面，所以， 所以，解得， 所以直三棱柱的体积，故C错误； 又底面，，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，因为点在线段， 设，， 则， 若，则，即，解得， 此时为线段的中点， 故在线段上存在点，使得，故A正确； 当为线段的中点时，则，， 设平面的法向量为， 则，取， 又，，设平面的法向量为， 则，取， 因为，所以平面平面， 即当为线段的中点时满足平面平面，故B正确； 又，，， 设平面的法向量为，则，取， 则点到平面的距离，故D正确. 故选：ABD 11. 若，其中为实数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定的条件，把写成，再利用二项式定理结合赋值法，逐项计算判断作答. 【详解】依题意，令， 对于A，，A错误； 对于B，是按展开的第4项系数，因此，B正确； 对于C，，， 所以，C正确； 对于D，，D错误. 故选：BC 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由导数的几何意义代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，则， 所以切点为，且， 则， 由直线的点斜式可得，化简可得， 所以切线方程为. 故答案为： 13. 设数列的前项和为，等比数列的前项和为，若，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先求出等比数列的通项公式和前n项和，进而求得，再利用项与和的关系求得通项. 【详解】设等比数列的公比为， 由，则，解得，又， 所以，，代入， 解得， 当时，， 当，时，， 满足上式，所以，. 故答案为：. 14. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义、两点之间的“直角距离”为．已知两定点，，则满足的点M的轨迹所围成的图形面积为______． 【答案】6 【解析】 【分析】利用已知条件，求解轨迹方程，然后画出图形即可求解面积． 【详解】设，由题意,,， 可知， 故当时，， 当时，， 当，， 当时，， 当时，， 轨迹方程的图形如图， 图形的面积为：． 故答案为：6． 四、解答题：本大题共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. 已知等比数列满足，且． （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，其前项和记为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的通项公式进行求解； （2）根据错位相减法求和即可. 【小问1详解】 设等比数列的公比为. 由已知，且，得，即（*） 易观察，2是（*）方程的一个根，∴， 又恒成立， ∴，又， ∴． 【小问2详解】 由（1）知，， ∴， ， 以上两个式子相减得，， ∴. 16. 如图，三棱柱中，四边形均为正方形，分别是棱的中点，为上一点. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 连接. 因为，且， 又分别是棱的中点， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面， 因为，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接,则有平面平面，可得平面； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 四边形均为正方形，所以. 所以平面. 因为，所以平面. 从而. 又，所以为等边三角形. 因为是棱的中点， 所以. 即两两垂直. 以为原点，所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则， 所以. 设为平面的法向量， 则，即，可取. 因为，所以. 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角正弦值为. 17. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，直线与的左、右两支分别交于，两点，四边形为矩形，且面积为． （1）求四边形的外接圆方程； （2）设，为的左、右顶点，直线过点与交于，两点（异于，），直线与交于点，证明：点在定直线上． 【答案】（1） （2） 由（1）知，， 依题意知直线的斜率不为零，设直线为，，， 由，得. 当且， 所以，， 所以， 直线的方程为，直线的方程为， 联立两方程可得，所以， ， 所以， 解得， 故点在定直线上. 【解析】 【分析】（1）依题意可得，且，由求出点，再根据矩形面积及求出、、，即可得到双曲线方程及、点坐标，再求出线段的中点及线段长，最后求出外接圆的方程； （2）设直线为，，，联立消元、列出韦达定理，表示出与的方程，联立求出，即可得证. 【小问1详解】 由双曲线的左、右焦点分别为，， 直线与的左、右两支分别交于，两点，且四边形为矩形， 所以，且， 由，解得或， 即，则，又，， 解得，，， 所以双曲线的方程为， 所以，，，， 所以的中点为，又， 所以矩形的外接圆的方程为. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 18. 2023年9月23日至10月8日，第19届亚洲运动会在我国杭州举行，这是我国继北京、广州亚运会后第三次举办亚运会. 浙江某市一调研机构为了解本市市民对“亚运会”相关知识的认知程度，举办了一次“亚运会”网络知识竞赛，满分100分. 现从参加了竞赛的男、女市民中各随机抽取100名市民的竞赛成绩作为样本进行数据分析，对这100名男市民的竞赛成绩进行统计后，得到如图所示的频率分布直方图.现规定成绩不低于80分的市民获优秀奖，若女市民样本中获得优秀奖的人数占比为. （1）是否有的把握认为该市市民在这次知识竞赛中获得优秀奖与性别有关？ （2）将样本分布的频率视为总体分布的概率，在这次竞赛中获得优秀奖的市民每人将获得现金100元的奖励. 从该市所有参赛的市民中随机抽取8人，记奖金的总数为元，求的数学期望与方差. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）有 （2）， 【解析】 【分析】（1）计算出男市民中得优秀奖的人数、女市民中得优秀奖的人数后，计算卡方即可得； （2）令为获得优秀奖的市民人数，计算出每个人的获奖概率后可得，又，即可由的数学期望与方差计算的数学期望与方差. 【小问1详解】 ，，， 故男市民中得优秀奖的人数为，女市民中得优秀奖的人数为， 可得如下列联表： 优秀奖 非优秀奖 总 男 25 75 100 女 5 95 100 总 30 170 200 故， 故有的把握认为该市市民在这次知识竞赛中获得优秀奖与性别有关； 【小问2详解】 ，令为获得优秀奖的市民人数， 则，有，， 由，故， . 19. 已知函数，其中. （1）若，求的值； （2）已知时，单调递增，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使函数存在，求m的最大值. 条件①：； 条件②：； 条件③：的图像与直线的一个交点的横坐标为. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）不可选择条件①；若选择②或③，，m的最大值为. 【解析】 【分析】（1）结合三角恒等变换公式，将代入计算即可得； （2）若选②，将与计算出来，即可得出，结合正弦函数的性质即可得解；若选③，借助函数的对称性计算即可得，结合正弦函数的性质即可得解；不可选①，代入计算后，结合三角函数的值域可知此时函数不存在. 【小问1详解】 法一： ， ，又，所以； 法二：， 所以即得， 又，所以； 【小问2详解】 ， 选择②，法一：，， 因为，所以， 因为的最小正周期，， 所以由可得， 所以，； 法二：因为，， 所以即， 因为，所以，； 选择③，， 的图像与直线的一个交点的横坐标为， 即可得，所以， 又，所以，； 综上，若选择②或③，. 法一：令，， 解得，即的单增区间为， 又时，单调递增， 所以，是的一个子区间， 所以，，即可得，又， 所以，故是的一个子区间，所以m的最大值为； 法二：因为，，所以， 因为在上单增， 所以，， 即可得，，， 所以，所以，可得m的最大值为. 不可选择条件①，理由如下： 若，则，即， 由，故该方程无解，故函数不存在，故不可选①. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $