精品解析：湖北省荆门市龙泉中学2024-2025学年高三上学期6月份月考数学试题

龙泉中学2022级高三6月份月考数学卷 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. 如果集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由可得答案. 【详解】集合，， ． 故选：C． 2. 已知下列四个命题： ①命题“”的否定是“”； ②若为锐角三角形，则； ③若，则是函数的极值点； ④命题：若，则；命题：若，则；可知“或”为真命题． 其中真命题的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用全称量词命题的否定判断①；利用正弦函数单调性判断②；举例说明判断③；利用复合命题真假判断④即可得解. 【详解】对于①，命题“”是全称量词命题，其否定为存在量词命题， 因此该命题的否定为“”，①正确； 对于②，锐角中，，， 同理，因此，②正确； 对于③，是函数的可能极值点，如函数，，不是其极值点，③错误； 对于④，取，满足，而，命题为假命题； 若，则，命题为真命题，因此或为真命题，④正确， 所以真命题的个数为3. 故选：D 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. -3 【答案】A 【解析】 【分析】利用诱导公式、降幂公式化简可得，再由平方关系求，由商数关系求，然后根据正切的两角和公式可得. 【详解】因为 ， 所以， 又，所以，所以， 所以. 故选：A 4. 已知函数，求（ ） A. 0 B. C. D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】令，则，求导后赋值即可. 【详解】令，则，两边求导得到，令，得到. 故选：B. 5. 克拉丽丝有一枚不对称的硬币.每次掷出后正面向上的概率为，她掷了次硬币，最终有10次正面向上.但她没有留意自己一共掷了多少次硬币.设随机变量表示每掷次硬币中正面向上的次数，现以使最大的值估计的取值并计算.(若有多个使最大，则取其中的最小值).下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 与10的大小无法确定 【答案】B 【解析】 【分析】由题可知服从二项分布，，结合，计算得，又和，故得. 【详解】由题，服从二项分布，则， 最大即为满足的最小， 即为， 又，故为整数时，不为整数时为大于的最小整数， 而，当为整数时显然成立， 当不为整数时大于的最小整数为的整数部分，其小于， 故， 答选：B. 【点睛】方法点睛：随机变量服从二项分布常用二项分布的概率公式、期望和方差公式进行计算. 6. 已知函数，则下列结论错误的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 存在，使得函数为奇函数 C. 任意 D. 函数有且仅有2个零点 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，通过导数判断函数单调性；B选项，取特殊值验证结论的存在；C选项，通过放缩，得到函数值的范围；D选项，通过函数值的符号，判断零点个数. 【详解】对于A，，因为，所以， 因此，故，所以在上单调递增，故A正确； 对于B，令，则，令， 定义域为，关于原点对称，且， 故为奇函数，B正确； 对于C，时，时，时，，C正确； 对于D，时，，时，时，， 所以只有1个零点，D错误. 故选：D 7. 已知无穷等比数列的公比为，前项和为，且，下列条件中，使得恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先判断，根据为无穷递缩等比数列可得，再就分类讨论后可得的取值范围，即可判断. 【详解】若，则，不满足，且显然不合题设，所以且； 所以，因为，则， 又对任意的，，即，即， 若，则，即对任意的恒成立， 当或时，当时， 所以对任意的，不恒成立，故A，C错误； 当，则，即对任意的恒成立， 当时，若，则，故D不恒成立， 所以，满足. 故选：B. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线l与椭圆相交于A、B两点，与y轴相交于点C．连接，．若O为坐标原点，，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由三角形面积关系得出，再由勾股定理及椭圆定义求出，利用余弦定理及求解即可. 【详解】设，由 可得，由于与等高， 所以， 又，，∴， 又，∴， 在中，， ∵， 在中，， 化简可得，解得， 故选：A． 【点睛】关键点点睛：本题关键点之一根据三角形面积关系得出，其次需要根据建立关系. 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是 B. 已知随机变量，若，则 C. 已知，则 D. 从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得2件次品的概率为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，由排列知识以及古典概型概率计算公式即可判断；对于B，根据二项分布的期望、方差公式即可列方程判断；对于C，直接根据排列、组合数的定义即可判断；对于D， 【详解】对于A：两位男生和两位女生随机排成一列共有(种)排法； 两位女生不相邻的排法有(种)，故两位女生不相邻的概率是，故A正确； 对于B：据二项分布的数学期望和方差的公式，可得，解得，故B错误； 对于C：由，得，解得，故C正确； 对于D：设随机变量表示取得次品的个数，则服从超几何分布，所以，故D错误. 故选：AC. 10. 已知圆锥的底面半径，母线长，，是两条母线，是的中点，则（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为 C. 当为轴截面时，圆锥表面上点到点的最短距离为 D. 面积的最大值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积，从而判断A，再由弧长公式判断B，利用余弦定理判断C，根据面积公式判断D. 【详解】对于A：因为，，所以圆锥的高， 所以圆锥的体积，故A错误； 对于B：设圆锥的侧面展开图的圆心角为，则，即， 解得，即圆锥的侧面展开图的圆心角为，故B正确； 对于C：当为轴截面时，将圆锥侧面展开可知，点到点的最小距离为，如图， 在中，， 由余弦定理得，故C正确； 对于D：当为轴截面时，在中，，因为， 所以此时为钝角，又， 当时，的面积最大，且最大值为，故D正确； 故选：BCD 11. 已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，是上异于的一个动点.若，则下列说法正确的有（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 若，则 C. 直线的斜率与直线的斜率之积等于 D. 符合条件的点有且仅有2个 【答案】AC 【解析】 【分析】根据得到与的关系从而求得离心率，通过解直角三角形判断B选项，通过设点的坐标，表示出两条直线的斜率判断C选项，结合圆上的点的特点，判断D选项. 【详解】A选项，，，因为即， 解得，所以离心率，故A正确； B选项，若，连接， 在中，由勾股定理得，又因为点在椭圆上，所以， 所以，又由，解得， 所以，故B错误； C选项，设，， 则，，， 又因为点在椭圆上，所以，因为，所以， 从而，所以，故C正确； D选项，因为，所以点在以为直径的圆上，半径为， 又因为，所以该圆与椭圆无交点，所以同时在圆上和在椭圆上的点不存在，即没有符合条件的点，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上． 12. 已知复数满足，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数模的几何意义，即可求得的取值范围. 【详解】解：表示在复平面上对应的点是单位圆上的点， 的几何意义表示单位圆上的点和之间的距离， 最小距离为，最大距离为， 的取值范围为. 故答案为：. 13. 近年来，我国外卖业发展迅猛，外卖小哥穿梭在城市的大街小巷成为一道亮丽的风景线．某外卖小哥每天来往于4个外卖店（外卖店的编号分别为），约定：每天他首先从1号外卖店取单，叫做第1次取单，之后，他等可能的前往其余3个外卖店中的任何一个店取单叫做第2次取单，依此类推．假设从第2次取单开始，他每次都是从上次取单的店之外的3个外卖店取单，设事件第次取单恰好是从1号店取单是事件发生的概率，显然，则________ 【答案】 【解析】 【分析】依题意利用全概率公式可得，再构造等比数列求解即可． 【详解】由题意可知，由全概率公式可得，， 所以， 又因为， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以． 故答案为： ． 14. 已知函数及其导函数的定义域均为，且为偶函数，若时，，且，则不等式的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数在的单调性，且是偶函数，将问题转化为即可依据函数的单调性和奇偶性求解. 【详解】因为时，， 所以，即， 因此，从而在上单调递增， 又是上的偶函数，且是偶函数， 所以， 即是上的偶函数，故在上单调递减， 由于，因此，又即，即， 所以，故由的单调性和偶函数特点可知， 因此的取值范围为. 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. 在①；②；③设的面积为，且.这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上.并加以解答. 在中，角，，的对边分别为，，，已知  ，且. （1）若，求的面积； （2）若为锐角三角形，求的取值范围.（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） 【答案】（1）选①②③的面积都为， （2） 【解析】 【分析】（1）若选①，由正弦定理化角为边，结合余弦定理求，利用余弦定理求，再由三角形面积公式求面积；选②，通过三角恒等变换求，利用余弦定理求，再由三角形面积公式求面积；若选③，由条件结合三角形面积公式，余弦定理可求，利用余弦定理求，再由三角形面积公式求面积； （2）由题意可求得，利用正切函数的性质可求，利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，进而可求解的范围． 【小问1详解】 若选①，设的外接圆的半径为，由正弦定理可得， 又， 所以， 所以，又 所以，所以，又， 所以， 所以，所以， 又，，所以， 所以的面积， 若选②，由， 所以， 所以，结合三角形内角性质， 所以， 所以，所以，又， 所以， 所以，所以， 又，，所以， 所以的面积， 若选③，因为，又， 所以，又 所以，所以，又， 所以， 所以，所以， 又，，所以， 所以的面积. 【小问2详解】 由（1）可知，， 所以由正弦定理知， 因为为锐角三角形，， 所以，且， 解得， 所以，可得， 所以， 所以的取值范围是. 16. 某网游经销商在甲地区5个位置对“电信”和“网通”两种类型的网络在相同条件下进行游戏掉线次数测试，得到数据如下： A B C D E 电信 4 3 8 6 12 网通 5 7 9 4 3 （1）如果在测试中掉线次数超过5次，则网络状况为“糟糕”，否则为“良好”，根据小概率值α＝0.15的独立性检验，能否说明游戏的网络状况与网络的类型有关？ （2）若该游戏经销商要在上述接受测试电信的5个地区中任选3个作为游戏推广，求A，B两个地区同时被选到的概率； （3）在（2）的条件下，以X表示选中的掉线次数超过5次的位置的个数，求随机变量X的分布列及数学期望． 附：，其中n＝a＋b＋c＋d. α 0.50 0.40 0.25 0.15 0.10 xα 0.455 0.708 1.323 2.072 2.706 α 0.05 0.025 0.01 0.005 0.001 xα 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）不能 （2） （3）分布列见解析，数学期望为1.8 【解析】 【分析】（1）根据题干信息，填写列联表，再代入公式计算，下结论即可； （2）在5个地区中任选3个，有种选法，其中A，B两个地区同时被选到的选法有种，再根据古典概型列式计算即可； （3）根据题意知，随机变量的所有可能取值为1，2，3，再根据超几何分布求解对应概率，计算数学期望即可. 【小问1详解】 根据题意列出列联表如下： 糟糕 良好 合计 电信 3 2 5 网通 2 3 5 合计 5 5 10 零假设H0：游戏的网络状况与网络类型无关，则， ∴根据小概率值α＝0.15的独立性检验，没有充分证据说明H0不成立，即不能说明游戏的网络状况与网络的类型有关． 【小问2详解】 在5个地区中任选3个，有种选法，其中A，B两个地区同时被选到的选法有种， 所以所求概率. 【小问3详解】 随机变量的所有可能取值为1，2，3， ，，. 故X的分布列为： X 1 2 3 P ∴. 17. 在三棱台中，底面是等边三角形，侧面是等腰梯形，是的中点，是两异面直线和的公垂线，且，． （1）证明：侧面平面； （2）若，且与平面之间的距离为1，求二面角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先利用题设条件证明平面得，再证平面，最后由线面垂直推出面面垂直； （2）由条件得，证平面，得与平面之间的距离即线段的长，再过作直线于，连，证为二面角的平面角，利用求即得. 【小问1详解】 由是两异面直线与的公垂线可得，， 又是等边三角形，是的中点，所以， 因平面，故得平面， 又平面，则， 因，平面,故平面， 又平面，所以侧面平面. 【小问2详解】 如图，因为，所以四边形是平行四边形 所以，且，由（1）,故得, 又，平面,故平面， 又因，平面, 平面,故得平面, 则线段的长为直线与平面的距离，即 在平面内，过作直线于，连， 因平面，平面,则， 因平面,故平面, 又平面,，故为二面角的平面角； 因为，，所以，,， 由可得， 于是，. 故所求二面角的正切值为. 18. 在平面上，我们把与定点距离之积等于的动点的轨迹称为伯努利双纽线，为该曲线的两个焦点．已知曲线是一条伯努利双纽线． （1）求曲线的焦点的坐标； （2）判断曲线上是否存在两个不同的点、（异于坐标原点），使得以为直径的圆过坐标原点．如果存在，求点、坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）设焦点，由题意得列出方程，整理后结合即可求得； （2）假设曲线上存在两点，使得以为直径的圆过原点，则，设直线的方程为，直线的方程为，求出的范围，再根据即可得出结论． 【小问1详解】 设焦点， 由题意得，，即， 整理得，，又， 则，解得，因为，所以， 所以． 【小问2详解】 假设曲线上存在两点，使得以为直径的圆过原点，则， 由，令，，即， 解得，所以直线的斜率均存在， 不妨设直线的方程为，直线的方程为， 将直线的方程与曲线联立，得， 因为、异于坐标原点，即， 所以，解得， 同理可得， 所以不成立，则假设不成立， 即曲线上不存在两点，使得以为直径的圆过原点． 19. 自然常数，符号，为数学中的一个常数，是一个无限不循环小数，且为超越数，其值约为2.71828.它是自然对数的底数.有时称它为欧拉数（Euler number），以瑞士数学家欧拉命名；也有个较为少见的名字“纳皮尔常数”，以纪念苏格兰数学家约翰・纳皮尔（John Napier）引进对数.它就像圆周率和虚数单位，是数学中最重要的常数之一，它的其中一个定义是.设数列的通项公式为，， （1）写出数列的前三项，，． （2）证明：． 【答案】（1）；； （2）证明如下： 由二项式定理得 ， 所以是上的单调递增数列， 因为，则； 又 ， 综上可知，． 【解析】 【分析】（1）由数列的通项公式为，直接写出即可； （2）由二项式定理将展开变形，通过适当放缩，可证得，可得是上的单调递增数列，则；再证得，即可得到． 【小问1详解】 由通项公式得， ；；. 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：将展开，分出1后，将其放大得到，即证出是上的单调递增数列，得到，将逐步放大，得到，即可的证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙泉中学2022级高三6月份月考数学卷 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. 如果集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知下列四个命题： ①命题“”的否定是“”； ②若为锐角三角形，则； ③若，则是函数的极值点； ④命题：若，则；命题：若，则；可知“或”为真命题． 其中真命题的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. -3 4. 已知函数，求（ ） A. 0 B. C. D. 120 5. 克拉丽丝有一枚不对称的硬币.每次掷出后正面向上的概率为，她掷了次硬币，最终有10次正面向上.但她没有留意自己一共掷了多少次硬币.设随机变量表示每掷次硬币中正面向上的次数，现以使最大的值估计的取值并计算.(若有多个使最大，则取其中的最小值).下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 与10的大小无法确定 6. 已知函数，则下列结论错误的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 存在，使得函数为奇函数 C. 任意 D. 函数有且仅有2个零点 7. 已知无穷等比数列的公比为，前项和为，且，下列条件中，使得恒成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线l与椭圆相交于A、B两点，与y轴相交于点C．连接，．若O为坐标原点，，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是 B. 已知随机变量，若，则 C. 已知，则 D. 从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得2件次品的概率为 10. 已知圆锥的底面半径，母线长，，是两条母线，是的中点，则（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为 C. 当为轴截面时，圆锥表面上点到点的最短距离为 D. 面积的最大值为2 11. 已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，是上异于的一个动点.若，则下列说法正确的有（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 若，则 C. 直线的斜率与直线的斜率之积等于 D. 符合条件的点有且仅有2个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上． 12. 已知复数满足，则的取值范围是__________. 13. 近年来，我国外卖业发展迅猛，外卖小哥穿梭在城市的大街小巷成为一道亮丽的风景线．某外卖小哥每天来往于4个外卖店（外卖店的编号分别为），约定：每天他首先从1号外卖店取单，叫做第1次取单，之后，他等可能的前往其余3个外卖店中的任何一个店取单叫做第2次取单，依此类推．假设从第2次取单开始，他每次都是从上次取单的店之外的3个外卖店取单，设事件第次取单恰好是从1号店取单是事件发生的概率，显然，则________ 14. 已知函数及其导函数的定义域均为，且为偶函数，若时，，且，则不等式的解集为__________. 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. 在①；②；③设的面积为，且.这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上.并加以解答. 在中，角，，的对边分别为，，，已知  ，且. （1）若，求的面积； （2）若为锐角三角形，求的取值范围.（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） 16. 某网游经销商在甲地区5个位置对“电信”和“网通”两种类型的网络在相同条件下进行游戏掉线次数测试，得到数据如下： A B C D E 电信 4 3 8 6 12 网通 5 7 9 4 3 （1）如果在测试中掉线次数超过5次，则网络状况为“糟糕”，否则为“良好”，根据小概率值α＝0.15的独立性检验，能否说明游戏的网络状况与网络的类型有关？ （2）若该游戏经销商要在上述接受测试电信的5个地区中任选3个作为游戏推广，求A，B两个地区同时被选到的概率； （3）在（2）的条件下，以X表示选中的掉线次数超过5次的位置的个数，求随机变量X的分布列及数学期望． 附：，其中n＝a＋b＋c＋d. α 0.50 0.40 0.25 0.15 0.10 xα 0.455 0.708 1.323 2.072 2.706 α 0.05 0.025 0.01 0.005 0.001 xα 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 17. 在三棱台中，底面是等边三角形，侧面是等腰梯形，是的中点，是两异面直线和的公垂线，且，． （1）证明：侧面平面； （2）若，且与平面之间的距离为1，求二面角的正切值． 18. 在平面上，我们把与定点距离之积等于的动点的轨迹称为伯努利双纽线，为该曲线的两个焦点．已知曲线是一条伯努利双纽线． （1）求曲线的焦点的坐标； （2）判断曲线上是否存在两个不同的点、（异于坐标原点），使得以为直径的圆过坐标原点．如果存在，求点、坐标；如果不存在，请说明理由． 19. 自然常数，符号，为数学中的一个常数，是一个无限不循环小数，且为超越数，其值约为2.71828.它是自然对数的底数.有时称它为欧拉数（Euler number），以瑞士数学家欧拉命名；也有个较为少见的名字“纳皮尔常数”，以纪念苏格兰数学家约翰・纳皮尔（John Napier）引进对数.它就像圆周率和虚数单位，是数学中最重要的常数之一，它的其中一个定义是.设数列的通项公式为，， （1）写出数列的前三项，，． （2）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $