精品解析：广东省肇庆市德庆县香山中学2024届高三下学期五月月考数学试题

2024年广东省肇庆市香山中学高考数学模拟试卷（5月份） 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. 设复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 双曲线的离心率为，则其渐近线方程为 A. B. C. D. 3. 已知角的顶点在坐标原点，始边在轴的正半轴上，终边与单位圆交于第二象限的点P，且点的纵坐标为，则（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中的系数为（ ） A. -336 B. -28 C. 56 D. 112 5. 若正项等差数列的前项和为，则的最大值为（ ） A. 9 B. 16 C. 25 D. 50 6. 为研究某池塘中水生植物覆盖水塘的面积（单位：）与水生植物的株数（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，用模型去拟合与的关系．设，与的数据如表格所示，得到与的线性回归方程，则（ ） 3 4 6 7 2 2.5 4.5 7 A. B. C. D. 7. 已知直线是曲线的切线，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，且满足，为自然对数的底数，则（ ） 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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知，，则下列结论正确的是（     ） A. B. C. 与的夹角为 D. 在方向上的投影向量是 10. 若函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 是奇函数 C. 的图象关于直线对称 D. 在上单调递增 11. 大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，，则的所有元素之和为______． 13. 已知、是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，，则C的离心率为____________． 14. 在边长为的菱形中，，现将沿折起到的位置，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为______. 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. 已知三个内角所对的边分别为，且. （1）求的值； （2）若的面积，且，求的周长. 16. 在棱锥中，平面，四边形为平行四边形，，，，． （1）求； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知两点，曲线上的动点满足，直线与曲线交于另一点． （1）求曲线的方程； （2）设曲线与轴的交点分别为（点在点的左侧，且不与重合），直线与直线交于点．当点为线段的中点时，求点的横坐标． 18. 某公司是一家集无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业.该公司生产的甲、乙两种类型无人运输机性能都比较出色，但操控水平需要十分娴熟，才能发挥更大的作用.已知在单位时间内，甲、乙两种类型无人运输机操作成功的概率分别为和，假设每次操作能否成功相互独立. （1）随机选择两种无人运输机中的一种，求选中的无人运输机操作成功的概率； （2）操作员连续进行两次无人机的操作有两种方案： 方案一：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，若初次操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若初次操作不成功，则第二次使用另一类型进行操作； 方案二：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，无论初次操作是否成功，第二次均使用初次所选择的无人运输机进行操作. 假定方案选择及操作不相互影响，试比较这两种方案的操作成功的次数的期望值. 19. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）设． （i）证明：的导函数存在唯一零点； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年广东省肇庆市香山中学高考数学模拟试卷（5月份） 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. 设复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】解：由题意可得，所以， 所以. 2. 双曲线的离心率为，则其渐近线方程为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】分析：根据离心率得a,c关系，进而得a,b关系，再根据双曲线方程求渐近线方程，得结果. 详解： 因为渐近线方程为，所以渐近线方程为，选A. 点睛：已知双曲线方程求渐近线方程：. 3. 已知角的顶点在坐标原点，始边在轴的正半轴上，终边与单位圆交于第二象限的点P，且点的纵坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，利用定义求出，在直接用诱导公式求出. 【详解】因为角的顶点在坐标原点，始边在轴的正半轴上，终边与单位圆交于第二象限的点P，且点的纵坐标为，所以，所以根据三角函数的定义，得：. 所以. 故选：D 【点睛】(1) 三角函数值的大小与点P（x,y）在终边上的位置无关，严格代入定义式子就可以求出对应三角函数值； (2) 当角的终边在直线上时，或终边上的点带参数必要时，要对参数进行讨论． 4. 的展开式中的系数为（ ） A. -336 B. -28 C. 56 D. 112 【答案】A 【解析】 【分析】将多项式按第一项展开，再将各项通过二项式定理拼成形式，计算出结果. 【详解】， 展开式的通项公式为， 将含项记为，则， 故含项的系数为-336， 故选：A. 5. 若正项等差数列的前项和为，则的最大值为（ ） A. 9 B. 16 C. 25 D. 50 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的求和公式可得，利用基本不等式可求最值. 【详解】因为， 所以，则 又因为， 所以，当且仅当时，等号成立； 所以的最大值为25. 故选：C 6. 为研究某池塘中水生植物覆盖水塘的面积（单位：）与水生植物的株数（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，用模型去拟合与的关系．设，与的数据如表格所示，得到与的线性回归方程，则（ ） 3 4 6 7 2 2.5 4.5 7 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出样本中心点，进而求出，再还原模型即可. 【详解】依题意，， 由与的线性回归方程，得，则， 即，因此，所以. 7. 已知直线是曲线的切线，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设出切点坐标，结合切线过原点列方程，解方程求得，进而求得的值. 【详解】设切点坐标为， 由，，所以切线的斜率为， 由于直线过原点， 所以切线过原点， 所以， 所以切线的斜率为，也即. 故选：D 【点睛】本小题主要考查利用导数求切线的斜率，属于基础题. 8. 已知，且满足，为自然对数的底数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数利用函数的单调性判断即可. 【详解】因为在上单调增，，所以，BC错； 构造函数，则，， 当时，，单调增， 当时，，单调减， 因为，，即，又， 所以，，，， 所以， 所以，，，即， 所以，A正确. 故选：A 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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知，，则下列结论正确的是（     ） A. B. C. 与的夹角为 D. 在方向上的投影向量是 【答案】AC 【解析】 【分析】A.利用平面向量的数量积运算求解判断；B.利用平面向量的模公式求解判断；C.利用平面向量夹角公式求解判断；D.利用平面向量的投影向量的定义求解判断. 【详解】解：因为，， 所以，则，所以，故A正确； ，所以，故B错误； ，因为，所以，故C正确； 在方向上的投影向量是，故D错误； 故选：AC 10. 若函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 是奇函数 C. 的图象关于直线对称 D. 在上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，利用三角函数的图象变换，求得，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解. 【详解】由题意，可得， 则的最小正周期为，且不是奇函数，所以A正确，B不正确； 当时，可得， 所以的图象关于直线对称，所以C正确； 由，得，所以在上单调递增，所以D正确． 故选：ACD. 11. 大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】当时，，当时，，联立可得，利用累加法可得，从而可求得的通项公式，再逐项判断即可. 【详解】因为，， 令且， 当时，①； 当时，②， 由①②联立得. 所以， 累加可得. 令(且为奇数)，得， 当时满足上式， 所以当为奇数时，. 当为奇数时，， 所以，其中为偶数. 所以，故C正确. 所以，故A错误. 当为偶数时，，即， 当为奇数时，，即， 综上可得，故B正确. 因为 ，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，，则的所有元素之和为______． 【答案】0 【解析】 【分析】求出集合B，再求，然后可得. 【详解】由题知，， 所以， 所以的所有元素之和为. 故答案为：0 13. 已知、是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，，则C的离心率为____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定的条件，利用双曲线定义结合余弦定理计算作答. 【详解】令双曲线C的半焦距为c，即，又，，则， 中，，由余弦定理得， 即，整理得， 所以C的离心率． 故答案为： 14. 在边长为的菱形中，，现将沿折起到的位置，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】当三棱锥的体积最大值时，平面平面，即可求出外接圆的半径，从而求出外接球表面积. 【详解】当三棱锥的体积最大值时，平面平面，如图， 取的中点为，连接，则. 设分别为，外接圆的圆心， 为三棱锥的外接球的球心， 则在上，在上，且, 且平面，平面. 平面平面，平面平面， 平面， 平面，，同理 四边形为平行四边形 平面，平面 ，即四边形为矩形. ， 所以外接球半径， 所以外接球的表面积为， 故答案为：. 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. 已知三个内角所对的边分别为，且. （1）求的值； （2）若的面积，且，求的周长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理将边化角，结合正弦函数的和角公式代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由三角形的面积公式，结合余弦定理代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 由正弦定理可得，，得：. 所以. 又，且，所以. 由，故. 【小问2详解】 ，所以. 由余弦定理，. 又. 联立得：. 所以. 故的周长为. 16. 在棱锥中，平面，四边形为平行四边形，，，，． （1）求； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）平面，为棱锥的高，求出四边形的面积，再利用锥体的体积即可求解； （2）依题意建立空间直角坐标系.得出关键点的坐标，求出平面与平面的法向量，再用公式求出即可． 【小问1详解】 平面，∴， 在中，， 在中，，∴， ∴， 故； 【小问2详解】 由（1）知、、两两互相垂直， 以为原点，、、所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设，分别为平面与平面的法向量， 则得即令，得， 所以为平面的一个法向量， 得，即令，得，， 所以为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为，则， ∴平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知两点，曲线上的动点满足，直线与曲线交于另一点． （1）求曲线的方程； （2）设曲线与轴的交点分别为（点在点的左侧，且不与重合），直线与直线交于点．当点为线段的中点时，求点的横坐标． 【答案】（1） （2）0 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解， （2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据中点关系以及向量共线得，代入韦达定理中即可求解，进而可求解. 【小问1详解】 由于， 所以是以为焦点，以为长轴长的椭圆， 故， 故椭圆方程为. 【小问2详解】 由于斜率不为0，故设直线方程为：， 联立， 设,则， , 由于点为线段的中点，则， 又是直线与直线的交点，所以 , ,故， ， 将代入可得， 故，解得， 故，由可得， 故点的横坐标为0. 18. 某公司是一家集无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业.该公司生产的甲、乙两种类型无人运输机性能都比较出色，但操控水平需要十分娴熟，才能发挥更大的作用.已知在单位时间内，甲、乙两种类型无人运输机操作成功的概率分别为和，假设每次操作能否成功相互独立. （1）随机选择两种无人运输机中的一种，求选中的无人运输机操作成功的概率； （2）操作员连续进行两次无人机的操作有两种方案： 方案一：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，若初次操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若初次操作不成功，则第二次使用另一类型进行操作； 方案二：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，无论初次操作是否成功，第二次均使用初次所选择的无人运输机进行操作. 假定方案选择及操作不相互影响，试比较这两种方案的操作成功的次数的期望值. 【答案】（1） （2）方案一大于方案二 【解析】 【分析】（1）利用条件概率公式，即可求解； （2）首先确定两种方案成功次数的取值，根据独立事件概率公式求概率，再比较其数学期望. 【小问1详解】 用事件表示选择甲种无人运输机，用事件表示选择乙种无人运输机， 用事件表示“选中的无人运输机操作成功” 则， 【小问2详解】 设方案一和方案二操作成功的次数分别为，，则，的所有可能取值均为0，1，2， 方案一：， ， ， 所以. 方案二： ， ， ， 所以. 所以，即方案一操作成功的次数的期望值大于方案二操作成功的次数的期望值. 19. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）设． （i）证明：的导函数存在唯一零点； （ii）证明：． 【答案】（1）当时，在内单调递减； 当时，在内单调递减，在内单调递增． （2）（i）， 由可知， 设，，因为，在内单调递增， 则在内单调递增，且，， 可知在内存在唯一零点，从而知存在唯一零点； （ii）由（i）知：当，则，即，单调递减， 当，则，即，单调递增， 则， 又因为，则，，， 可得， 即． 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，结合导数与单调性关系对的范围进行分类讨论即可求解； （2）（i）先对求导，解决导数分析函数的单调性，再由零点存在定理即可求 （ii）结合（i）的结论可得，结合函数性质即可证明． 【小问1详解】 的定义域为，， 当时，则在内恒成立，可知在内单调递减； 当时，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增； 综上所述：当时，在内单调递减； 当时，在内单调递减，在内单调递增． 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $