精品解析：湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高三下学期5月月考数学试题

湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年 高三下学期5月月考数学试卷 一、单选题 1. 已知，为单位向量，且满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知双曲线C：的一条渐近线的倾斜角为40°，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 3. 已知O是所在平面上的一点,角A、B、C所对的边分别为a,b,c，若（其中P是所在平面内任意一点），则O点是的（ ） A 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心 4. 若直线平分圆的周长，则的最小值为　　 A 1 B. C. D. 5 5. 古希腊科学家毕达哥拉斯对“形数”进行了深入的研究，若一定数目的点或圆在等距离的排列下可以形成一个等边三角形，则这样的数称为三角形数，如1，3，6，10，15，21，…这些数量的点都可以排成等边三角形，∴都是三角形数，把三角形数按照由小到大的顺序排成的数列叫做三角数列类似地，数1，4，9，16，…叫做正方形数，则在三角数列中，第二个正方形数是（ ） A. 28 B. 36 C. 45 D. 55 6. 某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据： 单价(元) 4 5 6 7 8 9 销量(件) 90 84 83 80 75 68 由表中数据，求得线性回归方程=-4x+a，若在这些样本点中任取一点，则它在回归直线右上方的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 某人抛掷一枚硬币，出现正反面概率都是，构造数列{}，使得记+a2+…an（n∈N+），则的概率为 A. B. C. D. 8. 在中，角、、的对边分别是、、，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 10. （多选）如图，在边长为1的正方体中，点为线段的中点，点为线段的中点，则（ ） A. 点到直线的距离为 B. 直线到直线的距离为 C. 点到平面的距离为 D. 直线到平面的距离为 11 已知，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题 12. 在中，，. （1）_____； （2）若的最长边的长为，则最短边的长为______. 13. 在平行四边形中，已知，分别是，上的点，且满足，，若，则的值为______；若，，，则的长为________． 14. 设动点在棱长为的正方体的对角线上，且异于点，记当为锐角时，的取值范围是__________． 四、解答题 15. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点为棱上动点（不与、重合），平面与棱交于点． （1）求证：； （2）已知，求直线与平面所成角的正弦值． 16. 已知等差数列 满足 . （1）求数列的通项公式； （2）设数列的前n项和为.证明 . 17. 已知等差数列和等比数列均不是常数列，若，且，，成等比数列，，，成等差数列． （1）求的通项公式； （2）设，是正整数，若存在正整数，，，使得，，成等差数列，求的最小值； （3）令，记的前项和为，的前项和为，若数列满足，且对，，都有，设的前项和为，求证：. 18 已知 （1）当时，求单调区间； （2）当时，恒成立，求的取值范围； （3）设，，证明：． 19. 甲、乙、丙进行乒乓球比赛，比赛规则如下：赛前抽签决定先比赛的两人，另一人轮空：每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有人累计胜两场，比赛结束.经抽签，甲、乙先比赛，丙轮空.设比赛的场数为，且每场比赛双方获胜的概率都为. （1）求和； （2）求的标准差. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年 高三下学期5月月考数学试卷 一、单选题 1. 已知，为单位向量，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量的数量积定义及乘法运算,即可求得 【详解】因为 则 由向量数量积的定义可得 ,为单位向量 则 即 由向量夹角的取值范围为 可得 故选:C 【点睛】本题考查了向量数量积定义,向量的夹角求法,属于基础题. 2. 已知双曲线C：的一条渐近线的倾斜角为40°，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】双曲线C的一条渐近线的倾斜角为40°，所以，再由从而可求出即求出. 【详解】因为双曲线C的渐近线方程为，双曲线C的一条渐近线的倾斜角为40°， 所以（直线倾斜角的正切值即该直线的斜率）， 记双曲线C的离心率为e，则， 所以， 所以． 故选：C． 3. 已知O是所在平面上的一点,角A、B、C所对的边分别为a,b,c，若（其中P是所在平面内任意一点），则O点是的（ ） A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心 【答案】B 【解析】 【分析】将所给向量表达式进行变形,表示成与方向上的单位向量的形式,由向量加法运算的性质即可知O在角平分线上,即可得解. 【详解】因为 则,即 移项可得 即 则 因为 所以 化简可得,即 设为方向上的单位向量,为方向上的单位向量 所以, 则 所以 则在的角平分线上 同理可知 在的角平分线上 因而为的内心 故选:B 【点睛】本题考查了向量线性运算的化简及应用,三角形内心的向量表示形式,化简过程较为复杂,属于中档题. 4. 若直线平分圆的周长，则的最小值为　　 A. 1 B. C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆心在直线上得，可得，再用基本不等式可得结果． 【详解】因为直线平分圆的周长， 所以圆心在直线上， 所以，即， ， 当且仅当，故选B． 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，基本不等式的应用，属中档题．利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）. 5. 古希腊科学家毕达哥拉斯对“形数”进行了深入的研究，若一定数目的点或圆在等距离的排列下可以形成一个等边三角形，则这样的数称为三角形数，如1，3，6，10，15，21，…这些数量的点都可以排成等边三角形，∴都是三角形数，把三角形数按照由小到大的顺序排成的数列叫做三角数列类似地，数1，4，9，16，…叫做正方形数，则在三角数列中，第二个正方形数是（ ） A. 28 B. 36 C. 45 D. 55 【答案】B 【解析】 【分析】根据数列的前几项求出三角数列以及正方形数列的通项公式即可求解. 【详解】由题意可得，三角数列的通项为， 则三角数列的前若干项为1，3，6，10，15，21，28，36，45，55，….， 设正方形数按由小到大的顺序排成的数列为，则， 其前若干项为1，4，9，16，25，36，49，…， ∴在三角数列中，第二个正方形数是36. 故选：B. 6. 某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据： 单价(元) 4 5 6 7 8 9 销量(件) 90 84 83 80 75 68 由表中数据，求得线性回归方程=-4x+a，若在这些样本点中任取一点，则它在回归直线右上方的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求得样本点，进而得到回归直线方程，再得到在回归直线右上方的点的个数，代入古典概型概率公式求解. 【详解】因为， ， 所以，即 满足的点有，共3个 所以在这些样本点中任取一点，则它在回归直线右上方的概率为， 故选：C 7. 某人抛掷一枚硬币，出现正反面的概率都是，构造数列{}，使得记+a2+…an（n∈N+），则的概率为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】S4＝2说明掷4次硬币，出现了3次正面和一次反面，共有4种情况，而所有的情况共有24＝16种，由此求得 S4＝2的概率． 详解】解：由S4＝2可得，掷4次硬币，出现了3次正面和一次反面，共有4种情况， 而所有的情况共有24＝16种， 故S4＝2的概率为 ， 故选C． 【点睛】本题主要考查n次独立重复实验中恰好发生k次的概率，等可能事件的概率，体现了等价转化的数学思想，属于中档题． 8. 在中，角、、的对边分别是、、，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用边角互化思想结合等式可得，利用边角互化思想可得，利用基本不等式可求得所求代数式的最大值. 【详解】，，即， 、均为锐角且， 故选：B． 【点睛】本题主要考查正弦定理和三角恒等变换，还需要结合基本不等式求最值，属中等题． 二、多选题 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据角的范围，利用三角函数同角关系式及二倍角公式求解. 【详解】因为，所以. 由解得，A，B正确； ，C错误； 因为，，所以，D正确. 故选：ABD． 10. （多选）如图，在边长为1的正方体中，点为线段的中点，点为线段的中点，则（ ） A. 点到直线的距离为 B. 直线到直线的距离为 C. 点到平面的距离为 D. 直线到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出直线的单位方向向量，由点到直线距离的向量公式求解可判断A；先证明，然后由由点到直线距离的向量公式求解可判断B；求出平面的法向量，由点到平面的向量公式可判断CD. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，． 因为，，． 设，所以， 所以点到直线的距离为，故A正确． 因为，，所以， 所以，所以点到直线的距离即为直线到直线的距离． ，． 设，所以， 所以直线到直线的距离为，故B正确． 设平面一个法向量， 又，，所以 取，则，，所以， 所以． 又，所以点到平面的距离为，故C错误． 因为，平面，所以平面， 所以到平面的距离即为点到平面的距离． 又平面的单位法向量，， 所以直线到平面的距离为，故D正确． 故选：ABD 11. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】取对数，利用对数的性质对各选项逐一判断即可. 【详解】对A，由，可得，所以A错误； 对B，由，得，因为，所以，所以B正确； 对C，由，，可得，，所以，所以C正确； 对D，由，，可得， 因为，所以等号不成立，所以，又，所以，所以D正确. 故选：BCD 三、填空题 12. 在中，，. （1）_____； （2）若的最长边的长为，则最短边的长为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）利用三角形三内角和为计算即可； （2）先确定最长边和最短边，然后利用正弦定理计算即可. 【详解】（1）由题可知 所以； （2）由题可知，最长边为边，最短边为边； 易知 由正弦定理可知， 故答案为：； 13. 在平行四边形中，已知，分别是，上的点，且满足，，若，则的值为______；若，，，则的长为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】结合平面向量得线性运算得到，根据平面向量得加法运算有，对应系数相等即可得到，解方程组即可求出结果；根据，结合平面向量得数量积得定义以及数量积得运算律即可求出结果. 【详解】由题意可知，在平行四边形中，因为，， 所以，， 若 ， 而， 所以，解得， 所以； 由上述知， 且， 所以 ， 所以的长为． 故答案为：；. 14. 设动点在棱长为的正方体的对角线上，且异于点，记当为锐角时，的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量数量积求解即可. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系， 则 ， 由可得， ， ， 由图可知，不共线， 所以当为锐角时， 即， 解得或，又， 所以. 所以的取值范围是. 四、解答题 15. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点为棱上动点（不与、重合），平面与棱交于点． （1）求证：； （2）已知，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线线平行得到线面平行，再由线面平行的性质得到线线平行； （2）由三线合一，勾股定理逆定理得到两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，从而利用线面角的向量公式求出答案. 【小问1详解】 ∵， 且平面，平面， ∴平面， 又∵平面，且平面平面， ∴； 【小问2详解】 连结，取中点，连结， 在菱形中，°， ∴△是等边三角形， 又∵为中点，∴，， 同理，又∵， ∴， ∴， 又，∴， 故两两垂直， 以点为原点，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， ∴， ∴， 设平面的一个法向量为， 则，所以，令，则， 故，又∵， 设与平面所成角为， ∴， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 16. 已知等差数列 满足 . （1）求数列的通项公式； （2）设数列的前n项和为.证明 . 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据等差数列通项公式计算即可； （2）应用裂项相消法结合函数单调性证明可得. 【小问1详解】 设数列 的公差为d， 则 所以 故 【小问2详解】 因为函数 在(0，+∞)上单调递增， 所以 故 17. 已知等差数列和等比数列均不是常数列，若，且，，成等比数列，，，成等差数列． （1）求的通项公式； （2）设，是正整数，若存在正整数，，，使得，，成等差数列，求的最小值； （3）令，记的前项和为，的前项和为，若数列满足，且对，，都有，设的前项和为，求证：. 【答案】（1）， （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为（），等比数列的公比为，依题意得到方程组，解得、，从而可得和的通项公式； （2）由成等差数列，可得，由于，且为正整数，所以，所以，可得，即，利用分类讨论思想可得结果； （3）求得，利用错位相减法可得求得，所以，利用导数可得，由此，从而可得结果. 【小问1详解】 解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由题意得，即， 又， 所以，解得，， 所以，． 【小问2详解】 解：由，，成等差数列， 有，即，即， 由于，且为正整数，所以，， 所以， 可得，即， 显然， ①当时，不等式不成立； ②当或且，时，成立，此时； ③当时，，，即，则有； 所以的最小值为，当且仅当，且或时取得. 【小问3详解】 解：由题意得， … ①， ②． ①②得， 解得， 所以 ， 设，则， 所以在上单调递增，有， 可得， 当，且时，， 有， 所以 可得， 所以. 【点睛】关键点点睛：“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以. 18. 已知 （1）当时，求单调区间； （2）当时，恒成立，求的取值范围； （3）设，，证明：． 【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导后，根据恒成立可得结论； （2）方法一：由可知，使得上单调递增，根据可知；将代回验证，知，利用导数可证得，知满足题意； 方法二：易说明，求得后，令，则，令，分别在和的情况下，得到的单调性，进而确定使得恒成立的的范围； （3）令，由（2）得；令，采用累加法可求得，进而放缩得到，整理即可得到结论. 【小问1详解】 当时，，， ，，（当且仅当时取等号）， 恒成立，的单调递增区间为，无单调递减区间. 【小问2详解】 当时，恒成立，即，恒成立； 方法一：，，使得在上单调递增， 当时，，，解得：； 当时，， ，， 设，则， 在上单调递增，， ，即满足题意； 综上所述：的取值范围为. 方法二：， ，，， 则由，恒成立得：； ，， 令，则，令，则， ①当，即时，方程的解为， 设，的对称轴为，当时，， ，其中， 则当，即时，；当时，即时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，当时，，与，恒成立相矛盾，故舍去； ②当，即时，，即， 在上单调递增，， 即，恒成立； 综上所述：实数的取值范围为. 【小问3详解】 由（2）得：，； 令，，即，， 当时，， 化简得，， ，，， 累加得：， ， 即成立. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数单调区间、恒成立问题的求解、不等式的证明等；本题证明不等式的关键是能够利用（2）中的结论，将指数不等式转化为对数不等式，进而采用赋值的方式对不等式进行放缩. 19. 甲、乙、丙进行乒乓球比赛，比赛规则如下：赛前抽签决定先比赛的两人，另一人轮空：每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有人累计胜两场，比赛结束.经抽签，甲、乙先比赛，丙轮空.设比赛的场数为，且每场比赛双方获胜的概率都为. （1）求和； （2）求的标准差. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）分析，两种情况下的胜负关系，再根据概率的公式求解即可； （2）根据题意可得可能的取值为，再求解的概率，进而根据均值和方差的公式求解即可 【小问1详解】 ：甲胜乙，甲胜丙，结果甲胜；乙胜甲，乙胜丙，结果乙胜. ； ：甲胜乙，丙胜甲，丙胜乙，结果丙胜；乙胜甲，丙胜乙，丙胜甲，结果丙胜. . 小问2详解】 根据题意可得可能的取值为. ：甲胜乙，丙胜甲，乙胜丙，甲胜乙，结果甲胜； 甲胜乙，丙胜甲，乙胜丙，乙胜甲，结果乙胜； 乙胜甲，丙胜乙，甲胜丙，甲胜乙，结果甲胜； 乙胜甲，丙胜乙，甲胜丙，乙胜甲，结果乙胜； . ， ，所以标准差为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$