精品解析：安徽省怀宁县新安中学2024--2025学年高三下学期5月月考数学试题

安徽省怀宁县新安中学2024--2025高三下学期月考试卷 数学试题 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知复数为纯虚数，其中为虚数单位，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法及乘法运算化简，利用纯虚数的定义解得参数，再根据复数的乘方计算，结合周期性求值即可. 【详解】由题意可得， 因为是纯虚数，所以，解得. 则，又，，，， 则时，，，，， 即有时，， 故. 故选：B. 2. 已知实数满足，则的最大值是（ ） A. B. 4 C. D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可. 【详解】法一：令，则， 代入原式化简得， 因为存在实数，则，即， 化简得，解得， 故 的最大值是， 法二：，整理得， 令，，其中， 则， ，所以，则，即时，取得最大值， 法三：由可得， 设，则圆心到直线的距离， 解得 故选：C. 3. 甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 54种 D. 72种 【答案】B 【解析】 【分析】按照B项工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【详解】安排B项工作的人数分为两类， 第一类，B项工作仅安排1人，因为甲不参加B项工作，乙必须参加D项工作， 从甲、乙以外的3人中选一人参加B项工作有种方法， 再安排A，C，D项工作，若D项工作安排两人，则有种方法， 若D项工作安排一人，则有种方法， 所以B项工作仅安排1人共种方法， 第二类，B项工作安排2人，有种方法， 由分类加法计数原理，得共有种方法. 故选：B. 4. 已知等差数列、的前项和分别为、，若，对，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算得出，即可得出实数的取值范围. 【详解】等差数列、的前项和分别为、，且， 则， 且当时，， 因为，，，则，即的最小值为. 故选：C. 5. 在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线折起，使二面角的大小为，则所得三棱锥的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得、都是边长为的等边三角形，由菱形的对角线互相垂直，可得为二面角的平面角，即，作出图形，找出三棱锥的外接球球心，利用四点共圆结合正弦定理求解三棱锥的外接球的半径，代入球的表面积公式可得结果. 【详解】由于四边形是边长为的菱形，且，则， 所以，、都是边长为的等边三角形， 由于菱形的对角线互相垂直，则，， 所以，为二面角的平面角，即， 过点作平面的垂线，垂足为点，则点在线段上， 由，，可得， 且是等边三角形，所以，， 设的外心为点，的中点， 在平面内，过点、分别作平面、的垂线交于点， 则点为三棱锥的外接球的球心，则，， ，则， 由于、、、四点共圆，可得， 所以，三棱锥的外接球的表面积为. 故选：B. 【点睛】本题考查多面体外接球的表面积的求解，找出球心的位置，并求出球的半径是解题的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 6. 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合题意对目标式合理变形，再利用积化和差公式化简求值即可. 【详解】首先，我们先对合理变形， 得到， ， 由积化和差公式得， 同理可得， ， 则， 得到，故A正确. 故选：A 7. 已知分别是双曲线的左、右焦点，是左支上一点，且的面积为，若的内切圆与轴相切，则双曲线的离心率（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】设内切圆圆心为，三个切点分别为，由切线长定理可得，进而可得，设，利用余弦定理可得，利用三角形面积公式可得，进而得，利用勾股定理可求离心率. 【详解】设内切圆圆心为，三个切点分别为， 如图，由切线长定理可得， 即 ，圆与轴切于左端点．内切圆半径． 设，， ， •， ，，， 由勾股定理，整理得， 所以，解得，即或（舍去）， 所以. 故选：D. 8. 已知函数，若对于任意的使得不等式成立，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将不等式变形为，构造函数，分析可知该函数为增函数，可得出，求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，即可得出实数的取值范围. 【详解】因为，由可得，即函数的定义域为， 可得， 即， 构造函数，其中，则，故函数在上单调递增， 所以，可得，则， 即，其中，令，其中， 则，当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，，解得. 综上， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于将不等式变形为，结合不等式的结果构造函数，转化为函数的单调性以及参变量分离法求解. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列满足，的前n项和为，则（ ） A. B. 数列是等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前100项和为 【答案】AD 【解析】 【分析】令，计算可判断A，当，可得，两式相减可得，进而逐项计算可判断BCD. 【详解】对于A，当时，可得，故A正确； 对于B， 当时，， 两式相减可得，所以， 当，适合上式，所以； 由不是常数，所以数列不是等比数列，故B错误； 对于C，由可知，， 所以是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以，， ， 又，所以， 所以，，不构成等差数列，故C错误； 对于D，， 所以 ，故D正确. 故选：AD. 10. 已知函数，下列命题正确的有（ ） A. 可能有2个零点 B. 一定有极小值，且0是极小值点 C. 时， D. 若存在极大值点，且，其中，则 【答案】BD 【解析】 【分析】首先讨论的情形，再分的正负讨论函数的单调性和极值，由此可判断ABC的正误，；对于D，容易得到极大值点的值，再代入，得到关于的一元三次方程，此方程已经有一解，故可以因式分解求出，由此可判断D选项. 【详解】函数的定义域为，当时，为二次函数， 由抛物线性质可知存在极小值点，极小值为，此时无零点； 当时，可求得导函数，令，得或， 当时，可求得当时，；当时，， 所以在上单调递增，在和上单调递减， 故此时存在极小值点，极小值为， 存在极大值点，极大值为； 当时，可求得当时，；当时，， 所以在和上单调递增，，在上单调递减， 故此时存在极小值点，极小值为， 存在极大值点，极大值为； 对于A，当时，无零点； 当时，因为在上单调递增，在和上单调递减， 而极小值为，所以只有1个零点； 当时，因为在和上单调递增，在上单调递减， 而极大值为，极小值为，所以只有1个零点，故A错误； 对于B，由以上分析，不论取何值，一定有极小值，且0是极小值点，故B正确； 对于C，当时，即时，此时在上单调递减， 又，所以，故C错误； 对于D，由上述分析可知，则， 由题意知，即， 此方程已有一根，故可因式分解为， 解得与相异的根，则，故D正确； 故选：BD. 11. 已知直棱柱的所有棱长均为，，动点满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若直线与直线所成角为定值，则点轨迹为圆的一部分 C. 当时，三棱锥的外接球的体积为 D. 记点到直线的距离为，当时，则的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A即证明平面即可判断，对于C找球心，求出半径即可判断，对于D建立空间直角坐标系，转化为向量求解距离最小值问题即可判断，对于B利用向量法求解即可判断. 【详解】对于A：因为， 所以点在平面内，因为底面为菱形， 所以，在直棱柱中，平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以，故A正确； 对于C：当时，点在体对角线交点处， 所以点在与底面垂直且到底面距离为1， 因为， 所以的外接圆半径为，设外接球半径为， 球心到平面的距离为，所以， 即 ，解得， 所以外接球体积为，故C正确； 对于D：当时，则三点共线， 即点在线段上，如图建立空间直角坐标系， 所以， 所以，所以， 所以，则， 又，所以， 所以 ，当时，，故D错误； 对于B：， 所以 显然是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，所以， 设，由于是直线与平面所成角最小角， 所以，由， 化简整理得，且 ， 已知点为平面内的一点， 当时，即，所以点的轨迹为平面内的一条线段； 当时，化简得或， 所以点的轨迹为平面内的两条线段，故B错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是数据的第70百分位数，若，则__________． 【答案】80 【解析】 【分析】所给数据按从小到大的顺序排列后求出第70百分位数，等价于，根据二项展开式的通项进行求解. 【详解】将数据按从小到大的顺序排列为：， 因为，所以数据的第70百分位数为第5个数据为5，则， 所以， 所以. 故答案为：80 13. 已知，关于的不等式对任意恒成立，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得对任意恒成立，再根据指数不等式得到，即可求出的最小值，从而得解. 【详解】因为关于的不等式对任意恒成立， 所以对任意恒成立， 令，则，所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 即恒成立（当且仅当时取等号）， 所以（当且仅当时取等号）， 所以（当且仅当时取等号）， 所以，即的取值范围是. (令，则，，所以在上存在零点). 故答案为： 14. 如图，一点从正方形的顶点处出发在各顶点间移动，每次移动要么以的概率沿平行于方向（正、反方向均可）移动一步；要么以的概率沿平行于方向（正、反方向均可）移动一步．设移动（）步后回到点的概率为，到达点的概率为，=__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据相互独立事件及互斥事件的概率公式求出，，再由、，即可得到是以为首项、公比的等比数列，从而求出的通项公式. 【详解】依题意，， 又， ， 所以， 又， 所以是以为首项，为公比的等比数列，所以. 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. 已知的内角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若，求周长的最大值． 【答案】（1） （2）9 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可以变形为：，再由余弦定理进行求解； （2）设的外接圆半径为，由及正弦定理，求出．由余弦定理得，，即可求解． 【小问1详解】 由正弦定理及，得， ， ， ． 【小问2详解】 设的外接圆半径为， 由及正弦定理， 得， ． 由余弦定理得，， ，当且仅当时取等号，， 周长的最大值为9． 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，是棱的中点，在棱上，且平面，平面平面． （1）求证：是棱的中点； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明如下： 取的中点，连接，又是的中点，则且， 由在棱上，底面为矩形，则，故， 由平面，平面且平面平面，则， 所以为平行四边形，故， ∴是的中点； （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，线面平行的性质有，结合得到为平行四边形，即可证结论； （2）建立空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又底面为矩形，建立如下图示的空间直角坐标系， 则， 所以，设平面的一个法向量为， 则，令，则， 显然平面的一个法向量可以为， 故， 所以平面与平面夹角的余弦值； 17. 在直角坐标平面内，设是圆上的动点，过作轴的垂线，垂足为，点满足，动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）过点的动直线交于两点，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，借助，构造方程组，求出，代入，整理计算即可； （2）依题意，知道直线不垂直于轴，设其方程为，直曲联立，借助韦达定理和三角形面积公式得，令，变形，结合基本不等式计算即可. 【小问1详解】 设，则，过作轴的垂线，垂足为,则， 因为，则， 则整理得代入中得， 整理得，所以曲线C的方程为． 【小问2详解】 依题意知道，直线不垂直于轴， 则设其方程为， 由消去并整理得， ，解得， 设，则 则， 令，则，且 当且仅当，即时取等号，所以面积的最大值为． 18. .在“2025年全球AI创新峰会”中，参与“环境监测问题解决方案”代码编写比赛组的科技团队A和B通过实时编写代码，争夺“最佳环测算法团队”称号.规定每轮比赛限时编写一个算法模块，评委会通过对算法模块测试，评定优胜方，优胜方记1分，另一方记0分，无平局；当两团队累积得分的分差为3分时，比赛结束，累积得分高的团队获“最佳环测算法团队”称号.若每轮比赛中，A团队获优胜的概率为，且每轮比赛结果相互独立. （1）当比赛结束时恰好进行了5轮，求A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率； （2）若比赛最多进行6轮，求比赛结束时轮数的分布列及数学期望； 【答案】（1） （2）的分布列为 3 5 6 【解析】 【分析】（1）由互斥事件和相互独立事件的概率公式进行计算. （2）先得到的所有可能取值为3，5，6，再结合互斥事件和相互独立事件的概率公式得到取每个值的概率，从而列出分布列，利用数学期望的计算公式得到. 【小问1详解】 设事件“第轮比赛团队获优胜”，则事件“第轮比赛团队获优胜”； 依题意，，， 事件表示“当比赛结束时恰好进行了5轮，且团队获“最佳环测算法团队” 称号， . 【小问2详解】 依题意，的所有可能取值为3，5，6，， 事件表示“当比赛结束时恰好进行了5轮，且团队获“最佳环测算法团队” 称号， ， ， 所以的分布列为 3 5 6 所以. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间与极值； （2）若恒成立，求的值； （3）求证：. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；极小值0，无极大值 （2） （3） 先证，设，则， 所以在区间上单调递减，所以，即. 所以，再证. 由（2）可知，当时等号成立， 令，则， 即， 所以， 累加可得， 所以. 【解析】 【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得极值； （2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值； （3）利用放缩法，由，可知若证，即证，再根据，可得证. 【小问1详解】 当时，， 则， 当时，单调递减，当时，单调递增，所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 在处取得极小值0，无极大值. 【小问2详解】 由题意得， ①当时，，所以在上单调递增， 所以当时，，与矛盾； ②当时，当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 因为恒成立，所以. 记， 当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以. 又，所以，所以. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽省怀宁县新安中学2024--2025高三下学期月考试卷 数学试题 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知复数为纯虚数，其中为虚数单位，则（ ） A. 0 B. C. D. 2. 已知实数满足，则的最大值是（ ） A. B. 4 C. D. 7 3. 甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 54种 D. 72种 4. 已知等差数列、的前项和分别为、，若，对，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线折起，使二面角的大小为，则所得三棱锥的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知分别是双曲线的左、右焦点，是左支上一点，且的面积为，若的内切圆与轴相切，则双曲线的离心率（ ） A. B. C. 2 D. 8. 已知函数，若对于任意的使得不等式成立，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列满足，的前n项和为，则（ ） A. B. 数列是等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前100项和为 10. 已知函数，下列命题正确的有（ ） A. 可能有2个零点 B. 一定有极小值，且0是极小值点 C. 时， D. 若存在极大值点，且，其中，则 11. 已知直棱柱的所有棱长均为，，动点满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若直线与直线所成角为定值，则点轨迹为圆的一部分 C. 当时，三棱锥的外接球的体积为 D. 记点到直线的距离为，当时，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是数据的第70百分位数，若，则__________． 13. 已知，关于的不等式对任意恒成立，则的取值范围是______. 14. 如图，一点从正方形的顶点处出发在各顶点间移动，每次移动要么以的概率沿平行于方向（正、反方向均可）移动一步；要么以的概率沿平行于方向（正、反方向均可）移动一步．设移动（）步后回到点的概率为，到达点的概率为，=__________． 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. 已知的内角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若，求周长的最大值． 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，是棱的中点，在棱上，且平面，平面平面． （1）求证：是棱的中点； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 在直角坐标平面内，设是圆上的动点，过作轴的垂线，垂足为，点满足，动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）过点的动直线交于两点，求面积的最大值． 18. .在“2025年全球AI创新峰会”中，参与“环境监测问题解决方案”代码编写比赛组的科技团队A和B通过实时编写代码，争夺“最佳环测算法团队”称号.规定每轮比赛限时编写一个算法模块，评委会通过对算法模块测试，评定优胜方，优胜方记1分，另一方记0分，无平局；当两团队累积得分的分差为3分时，比赛结束，累积得分高的团队获“最佳环测算法团队”称号.若每轮比赛中，A团队获优胜的概率为，且每轮比赛结果相互独立. （1）当比赛结束时恰好进行了5轮，求A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率； （2）若比赛最多进行6轮，求比赛结束时轮数的分布列及数学期望； 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间与极值； （2）若恒成立，求的值； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $