精品解析：广东省珠海市斗门区第一中学2023-2024学年高三下学期5月月考数学试题

珠海市斗门第一中学2024届 高三数学测试 （2024.05.20） 组题人：李皓 审题人：李琦 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. （2024·全国·模拟预测） 1. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求复数，再求模. 【详解】， 所以. 故选：D （2024·河南南阳·模拟预测） 2. 若圆被直线平分，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由题设，将圆心坐标代入直线方程即可求解. 【详解】由题意得圆心在直线上， 则，解得. 故选：D. 3. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】由空间中直线与直线，直线与平面，平面平面的位置关系逐一判断各个选项即可. 【详解】A：由，可知、可能平行或相交，A错误； B：由，，可知、可能平行或异面，B错误； C：由，，，可知，C正确； D：由，，，可知、可能平行或异面，D错误. 故选：C 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 12 B. 16 C. 20 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】利用乘法运算律进行展开可得，再分别求得系数即可得解. 【详解】因为， 所以的系数为展开式中，的系数之和， 由于，（）， 对于项，需取，系数为， 对于项，需取，系数为， 所以的系数为， 故选：B． （23-24高三下·江西鹰潭·阶段练习） 5. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复合函数单调性的判断方法，列式求解. 【详解】，设，， 因为是减函数，所以在上也是减函数， 则，即. 故选：C （2024·宁夏银川·一模） 6. 已知等差数列的前项和为，，，则满足的值为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 17 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意列式求，进而可得，分析其符号即可得结果. 【详解】设等差数列的公差为d， 因为，则，解得， 可得， 且，当时，；当时，； 可知：当或时，；当时，； 若，所以. 故选：B. 7. 已知边长为2的菱形中，，点为线段（含端点）上一动点，点满足，则的最大值为（ ） A. 0 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用基底表示和，再求数量积. 【详解】， 所以， ， ， ， ，， 当时，取得最大值. 故选：C （三明2024高三质检） 8. 已知抛物线的焦点为F，第一象限的两点A，B在抛物线上，且满足.若线段中点的横坐标为3，则p的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】设，由可得，结合弦长以及已知求出，利用，即可求得答案. 【详解】设，由得， 即得； 又，解得， 由于A，B在第一象限内，故， 则， 而线段中点的横坐标为3，则， 故， 故选：B 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. （2024·江苏南通·三模） 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正弦型函数的周期即可判断A；根据其对称性即可判断B，利用整体法求出函数值域即可判断C；求导并举出反例即可判断D. 【详解】对A，周期为，故A对； 对B，令，，则， 若成立，则关于对称， 令，解得，因为，则B错误； 对C，，故C正确； 对D，，当时，则，则D错误， 故选：AC. 10. 在某次高中学科竞赛中，4000名考生的参赛成绩统计如图所示，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间的中点值作代表，则下列说法中正确的是（ ） A. 成绩在内的考生人数最多 B. 不及格的考生人数为1000 C. 考生竞赛成绩的平均分约为分 D. 考生竞赛成绩的中位数为75分 【答案】ABC 【解析】 【分析】读懂题目提供的直方图，根据图中的数据逐项分析即可. 【详解】对于A，由频率分布直方图可得，成绩在内的面积最大，因此考生人数最多， 故A正确； 对于B，由频率分布直方图可得，成绩在内的频率为， 因此不及格的人数为， 故B正确； 对于，由频率分布直方图可得，平均分约为： 分）， 故C正确； 对于D，因为成绩在内的频率为， 在内的频率为，所以中位数为， 故错误； 故选：. （23-24高三上.江苏连云港.期中） 11. 定义在的函数满足，且当时，，则（ ） A. 是奇函数 B. 在上单调递减 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：根据奇偶性的定义分析判断；对于B：根据函数单调性的定义分析判断；对于C：利用赋值法分析判断；对于D：根据选项C的结果结合函数单调性分析判断. 【详解】对于选项A：因为， 令，，可得， 令，则，可得， 所以为奇函数，故A正确； 对于选项B：令，则，可得， 且，即， 可得， 则，即， 所以在内单调递增，故B错误； 对于选项CD：令，，则， 所以，故C正确； 所以，D错误， 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. （南京2024高三二模） 12. 已知集合，，则集合的元素个数为__________． 【答案】2 【解析】 【分析】利用列举法求解集合，即可求解. 【详解】当时，，2，4，分别为,均不能满足， 当时，时可满足， 时，，时，均不满足， 当时，可满足，时，，时，均不满足， 所以，故集合的元素有2个， 故答案为：2 （23-24高一下·陕西渭南·阶段练习） 13. __________. 【答案】 【解析】 【分析】借助诱导公式计算即可得. 【详解】 . 故答案为：. 14. 传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为，且以每秒等速率缩短，而长度以每秒等速率增长.已知神针的底面半径只能从缩到，且知在这段变形过程中，当底面半径为时其体积最大，假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则体积的最小值为______，此时金箍棒的底面半径为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设原来定海神针长为，秒时神针体积为，由题意可得的表达式，结合体积最大时t的值，从而求得a的值，利用导数求解的最大值，即可得答案. 【详解】设原来定海神针长为，秒时神针体积为， 则，， 则， 当底面半径为时其体积最大， ，解得， 此时，解得， ，， ， 当时，，当时，， 在上递增，在上递减， ，， 当时，有最小值， 此时金箍棒的底面半径为． 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. 已知函数 （1）求在处的切线； （2）比较与的大小并说明理由. 【答案】（1） （2），理由如下： 由，可得，所以在上单调递增， 又由，所以时，，即在上恒成立， 所以，即 【解析】 【分析】（1）求得，得到，且，结合导数的几何意义，即可求解； （2）求得，得到在上单调递增，结合，得到即可得到. 【小问1详解】 因为函数，可得，， 可得，且， 所以在处的切线方程为，即 【小问2详解】 略 16. 如图，在三棱台中，平面，，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为平面，平面，所以， 作交于点， 在等腰梯形中，，，所以 在中，，所以， 在中，由余弦定理得， 所以，从而有， 又，所以平面， 因为平面，所以． （2）． 【解析】 【分析】（1）作交于点，根据题意得到，再根据余弦定理得到，进而有平面，由此得证； （2）以为原点，、分别为轴、轴正向，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面夹角的余弦. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，、分别为轴、轴正向，建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，， ，， 因为平面， 所以为面的一个法向量． 设为面的法向量， 则，即 取，，，则 依题意，， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 将号码为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰放1个小球． （1）求1号球不在1号盒中的概率； （2）记所放小球号码与盒子号码相同的个数为X，不同的个数为Y，求证：． 【答案】（1） （2） X的取值为0，1，2，4，且， ，， ，， 所以，， 时，，时，，此时，则， 时，，此时，， 时，，此时，， ， 因为，所以． 【解析】 【分析】（1）根据古典概型公式计算1号球不在1号盒中的概率； （2）分析易得X的取值为0，1，2，4，且，再分别得出对应概率，可得、，再研究XY的取值和对应概率，可得，比较即可得证． 【小问1详解】 记事件“1号球不在1号盒中”为A，则； 【小问2详解】 略 （2024·山西·二模） 18. 已知椭圆的离心率为，且椭圆过点，，，，分别是椭圆上不同的四点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与直线交于点，且，，求实数的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意求出，即可得解； （2）设直线的方程为，则直线的方程为，，联立，利用韦达定理求出，再根据弦长公式求出，同理求出，再结合基本不等式即可得出答案. 【小问1详解】 根据题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 因为，所以点在椭圆内， 设直线的方程为，则直线的方程为， 联立，消得， 设， 则， 所以 ， 同理， 所以 ， 当时，， 当且仅当，即时取等号， 当时，， 综上所述，实数的最大值为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． （2024·浙江·模拟预测） 19. 已知实数，定义数列如下：如果，，则． （1）求和（用表示）； （2）令，证明：； （3）若，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得． 【答案】（1） （2） 由数列定义得：；所以． 而， 所以； （3） 当，由（2）可知，无上界，故对任意，存在，使得． 设是满足的最小正整数．下面证明． ①若是偶数，设， 则，于是． 因为，所以． ②若是奇数，设， 则． 所以． 综上所述，对于任意正整数，存在正整数，使得． 【解析】 【分析】（1）观察题目条件等式中的系数可得答案； （2），分别计算和可证明结论； （3）先根据无上界说明存在正整数，使得，分是偶数和是奇数分别说明. 【小问1详解】 因为，所以； 因为，所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 珠海市斗门第一中学2024届 高三数学测试 （2024.05.20） 组题人：李皓 审题人：李琦 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. （2024·全国·模拟预测） 1. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. （2024·河南南阳·模拟预测） 2. 若圆被直线平分，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 12 B. 16 C. 20 D. 24 （23-24高三下·江西鹰潭·阶段练习） 5. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. （2024·宁夏银川·一模） 6. 已知等差数列的前项和为，，，则满足的值为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 17 7. 已知边长为2的菱形中，，点为线段（含端点）上一动点，点满足，则的最大值为（ ） A. 0 B. C. 3 D. （三明2024高三质检） 8. 已知抛物线的焦点为F，第一象限的两点A，B在抛物线上，且满足.若线段中点的横坐标为3，则p的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 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. （2024·江苏南通·三模） 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 在某次高中学科竞赛中，4000名考生的参赛成绩统计如图所示，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间的中点值作代表，则下列说法中正确的是（ ） A. 成绩在内的考生人数最多 B. 不及格的考生人数为1000 C. 考生竞赛成绩的平均分约为分 D. 考生竞赛成绩的中位数为75分 （23-24高三上.江苏连云港.期中） 11. 定义在的函数满足，且当时，，则（ ） A. 是奇函数 B. 在上单调递减 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. （南京2024高三二模） 12. 已知集合，，则集合的元素个数为__________． （23-24高一下·陕西渭南·阶段练习） 13. __________. 14. 传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为，且以每秒等速率缩短，而长度以每秒等速率增长.已知神针的底面半径只能从缩到，且知在这段变形过程中，当底面半径为时其体积最大，假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则体积的最小值为______，此时金箍棒的底面半径为______． 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. 已知函数 （1）求在处的切线； （2）比较与的大小并说明理由. 16. 如图，在三棱台中，平面，，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 将号码为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰放1个小球． （1）求1号球不在1号盒中的概率； （2）记所放小球号码与盒子号码相同的个数为X，不同的个数为Y，求证：． （2024·山西·二模） 18. 已知椭圆的离心率为，且椭圆过点，，，，分别是椭圆上不同的四点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与直线交于点，且，，求实数的最大值. （2024·浙江·模拟预测） 19. 已知实数，定义数列如下：如果，，则． （1）求和（用表示）； （2）令，证明：； （3）若，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $