精品解析：山西大学附属中学2024-2025学年高三下学期5月月考数学试题

山西大学附中 2024~2025学年第二学期高三5月月考（总第10次考试） 数学试题 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. 已知集合，,则（ ） A. B. C. D. 2. 盒子中有5个大小相同编号不同的小球，其中白球2个，黑球3个，从中随机取出2个，则至少有1个黑球的取球种数是（ ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 3. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 如图，已知，用，表示，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 已知动点满足，则动点M的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 6. 设为等比数列，则“存在，使得”是“为递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知（），则（ ） A. B. C. D. 8. 设函数的两个极值点分别为，．则过，两点的直线斜率为（ ） A. B. C. D. 二､多选题（本小题3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，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. 已知双曲线过点和，则下列说法正确的是（ ） A. 实轴长为2 B. 焦距为4 C. 渐近线方程为 D. 离心率为 10. 设样本空间, 且每个样本点是等可能的, 已知事件, 则下列结论正确的是（ ） A. 事件A与B为互斥事件 B. 事件A,B,C两两相互独立. C. D. 11. 在斜三角形中，角的对边分别为.若，则（ ） A. 为锐角三角形 B. 若，则 C. 的最小值为 D. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 的展开式的第三项的系数是__________． 13. 某统计数据共有13个样本，它们依次成公差的等差数列，若这组数据的60百分位数是26，则它们的平均数为______． 14. 在三棱锥中，平面VAC，，，点F为棱AV上一点，过点F作三棱锥的截面，使截面平行于直线VB和AC，当该截面面积取得最大值时，______． 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. 已知抛物线的焦点为是上的点，且. （1）求抛物线的方程； （2）已知点在抛物线上，，求. 16. 某学校高三年级组织了一场校内知识挑战赛，共有5个班级参与，每个班级推选1名学生代表参加，其中1名学生代表来自A类班级，4名学生代表来自B类班级，学生甲是B类班级代表之一.在某一轮比赛中，随机选择两名学生代表进行比赛.若是同类班级代表比赛，则双方获胜的概率均为；若是A类班级代表与B类班级代表比赛，则B类班级代表获胜的概率为. （1）已知学生甲参赛，求在一轮比赛中，学生甲获胜的概率； （2）若每两个班级代表各进行一轮比赛，记B类班级代表甲获胜的轮数为，求的分布列与期望. 17. 在多面体中，已知，且平面与平面均垂直于平面为的中点. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数，及一个如下所示的行列的数阵， 第1列 第2列 第3列 … 第列 … 第列 第1行 … … 第2行 … … 第3行 … … … … … … … … … … 第行 … … … … … … … … … … 第行 … … 其中表示第行第列的数.在该数阵中，第1列的数从上到下组成公差的等差数列；第1行的数，对加上1后，得到的数列，，，…，，…，是公比的等比数列.已知，（其中，，…，；，，…，），且当时，恒成立. （1）求实数的值； （2）记第2行的数从左到右组成的数列为，第1列各数的和为. （i）求数列的通项公式； （ii）求证：. 19. 已知函数，其中． （1）当时，求方程的解集； （2）若是偶函数，当取最小值时，求函数的取值范围； （3）若是常数函数，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山西大学附中 2024~2025学年第二学期高三5月月考（总第10次考试） 数学试题 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. 已知集合，,则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合的补集，再求两集合的交集. 【详解】由可得， 则. 故选：B. 2. 盒子中有5个大小相同编号不同的小球，其中白球2个，黑球3个，从中随机取出2个，则至少有1个黑球的取球种数是（ ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】先计算出总的取法数，然后减去没有黑球的取法数，利用组合数求解出结果； 【详解】总的取法数减去没有黑球的取法数，即种， 所以至少有1个黑球的取球种数是9种. 故选：A 3. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】举反例判断A，B，C，利用平行的传递性得到，再利用面面平行的性质得到判断D即可. 【详解】对于A，若，则或，故A错误， 对于B，若，则或与异面，故B错误， 对于C，若，则或与相交，故C错误， 对于D，因为，所以，而，可得，故D正确. 故选：D 4. 如图，已知，用，表示，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向加、减法法则结合已知条件，可得出关于、的表达式. 【详解】因为 所以. 故选：C. 5. 已知动点满足，则动点M的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由椭圆的定义，结合题意，可得焦点坐标，从而可得的值，可得答案. 【详解】由题意可得动点到与两点的距离之和为， 且，则动点的轨迹为椭圆， 易知，，，即方程为. 故选：C. 6. 设为等比数列，则“存在，使得”是“为递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列递增性质及特殊数列结合必要不充分条件定义判断即可. 【详解】当“为递增数列”，则“，使得”，所以“存在，使得”是“为递增数列”的必要条件； 当，则，使得，但是“不为递增数列”，所以“存在，使得”是“为递增数列”的不充分条件； 故选：B. 7. 已知（），则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平方关系求出，即可求出、，再由二倍角公式计算可得. 【详解】因为，所以， 又，所以，解得（舍去）或， 所以，则， 则. 故选：A 8. 设函数的两个极值点分别为，．则过，两点的直线斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对函数求导，得到，，进而可得、，再应用两点式求斜率. 【详解】由题设， 故，满足，， 也即，． 而，同理， 故过，两点的直线斜率. 故选：A 二､多选题（本小题3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，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. 已知双曲线过点和，则下列说法正确的是（ ） A. 实轴长为2 B. 焦距为4 C. 渐近线方程为 D. 离心率为 【答案】ABC 【解析】 【分析】将点和代入双曲线方程求出，再结合双曲线的实轴、焦距、渐近线以及离心率的定义判断即可. 【详解】因为双曲线过点和， 则，则， 对于A、实轴长为，故A正确； 对于B、焦距为，故B正确； 对于C、渐近线方程为，故C正确； 对于D、离心率为，故D错误. 故选：ABC. 10. 设样本空间, 且每个样本点是等可能的, 已知事件, 则下列结论正确的是（ ） A. 事件A与B为互斥事件 B. 事件A,B,C两两相互独立. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据互斥事件、独立事件的概率公式即可解答. 【详解】对于选项A，因为，所以事件与不互斥，故A错误； 对于选项B，， ，故B正确； 对于选项C，表示，，即，故C正确； 对于选项D，交集为，则，故D错误. 故选：BC. 11. 在斜三角形中，角的对边分别为.若，则（ ） A. 为锐角三角形 B. 若，则 C. 的最小值为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据诱导公式计算判断三角形性质判断A，根据正弦定理计算判断B，应用正切二倍角公式及基本不等式计算判断C，应用正弦函数余弦函数值域判断D. 【详解】对于A，由可得， 则或，即或， 因为三角形为斜三角形，若，则，， 不符合斜三角形，所以，即为钝角，为钝角三角形，故A错误； 对于B，由正弦定理可得，则，所以，故B正确； 对于C，由，可得，且，则， 则 ， 当且仅当时，即时，等号成立，故C正确； 对于D，由C可知，，则，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. 的展开式的第三项的系数是__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用通项，直接展开求解即可． 【详解】的展开式的第三项是， 故答案为：． 13. 某统计数据共有13个样本，它们依次成公差的等差数列，若这组数据的60百分位数是26，则它们的平均数为______． 【答案】25 【解析】 【分析】先根据百分位数的概念确定的值，再根据等差数列的性质求其平均数. 【详解】因为数列为公差为1的等差数列，且，所以该组数据的分位数为， 由． 根据等差数列的性质，它们的平均数为． 故答案为：. 14. 在三棱锥中，平面VAC，，，点F为棱AV上一点，过点F作三棱锥的截面，使截面平行于直线VB和AC，当该截面面积取得最大值时，______． 【答案】 【解析】 【分析】通过作平行线作出题中的截面，并结合线面平行以及线面垂直说明其为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，结合二次函数性质确定截面面积取得最大值时参数的值，解直角三角形即可求得答案. 【详解】根据题意，在平面内，过点作，交于点； 在平面内，过点作，交于点； 在平面内，过点作，交于点，连接，如图所示，    因为，则，设其相似比为，即， 则； 又因为，，， 由余弦定理得，，则， 即. 又平面，，平面，所以，. 又，则，. 因为，则，则， 因为，所以，即， 同理可得，即， 因为，，则， 故四边形为平行四边形；而平面，平面， 故平面，同理平面， 即四边形为截面图形； 又平面，平面，则， 又，所以. 故平行四边形为矩形，则， 所以当时，有最大值，则， 在中，. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：先作平行线作出题中的截面，再证明四边形为符合题意的截面图形，结合线面平行以及线面垂直说明四边形为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，利用二次函数求出最值得解. 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. 已知抛物线的焦点为是上的点，且. （1）求抛物线的方程； （2）已知点在抛物线上，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用抛物线焦半径公式求得，从而得解； （2）利用两点距离公式，结合题意得到，再由通径长得轴，从而利用勾股定理即可得解. 【小问1详解】 因为抛物线的准线方程为，， 因为，解得， 故抛物线的方程为. 【小问2详解】 由（1）知， 因为，所以， 因为，所以， 因为抛物线的通径长，则轴， 所以. 16. 某学校高三年级组织了一场校内知识挑战赛，共有5个班级参与，每个班级推选1名学生代表参加，其中1名学生代表来自A类班级，4名学生代表来自B类班级，学生甲是B类班级代表之一.在某一轮比赛中，随机选择两名学生代表进行比赛.若是同类班级代表比赛，则双方获胜的概率均为；若是A类班级代表与B类班级代表比赛，则B类班级代表获胜的概率为. （1）已知学生甲参赛，求在一轮比赛中，学生甲获胜的概率； （2）若每两个班级代表各进行一轮比赛，记B类班级代表甲获胜的轮数为，求的分布列与期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）由独立事件乘法公式及互斥事件和事件公式即可求解； （2）确定的可能取值及对应概率，即可求解. 【小问1详解】 从5人中选择2人.其中包含学生甲的情况有种，4种情况中，学生中和A类班级代表比赛的情况有1种，和B类班级代表比赛的情况有3种， 则学生甲和A类班级代表比赛并获胜的概率为， 和B类班级代表比赛并获胜的概率为， 故在一轮比赛中，学生甲获胜的概率为. 【小问2详解】 的可能取值为， ， ， ， ， ， 故的分布列为 0 1 2 3 4 . 17. 在多面体中，已知，且平面与平面均垂直于平面为的中点. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 如图，分别取的中点，连接， 因为，故，又平面平面，且平面平面， 因此平面， 同理可知，平面， 因此且，故四边形为平行四边形，所以， 又因为，所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，证明四边形为平行四边形即可得证； （2）建立空间直角坐标系，运用法向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以，所以， 以为原点，为轴，为轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 由题意知，， ， 所以. 设平面的法向量为， 则有即 令，则，即平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数，及一个如下所示的行列的数阵， 第1列 第2列 第3列 … 第列 … 第列 第1行 … … 第2行 … … 第3行 … … … … … … … … … … 第行 … … … … … … … … … … 第行 … … 其中表示第行第列的数.在该数阵中，第1列的数从上到下组成公差的等差数列；第1行的数，对加上1后，得到的数列，，，…，，…，是公比的等比数列.已知，（其中，，…，；，，…，），且当时，恒成立. （1）求实数的值； （2）记第2行的数从左到右组成的数列为，第1列各数的和为. （i）求数列的通项公式； （ii）求证：. 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）直接求导得，则得到的单调性，则，再设新函数求导得其最值即可； （2）（i）计算得从上到下的数列通项，再计算有，，最后利用累加法即可； （ii）根据第（1）问结论得，再分别代入值，最后累加即可证明. 【小问1详解】 函数的定义域为， . 若，因为，所以恒有在上单调递增． 又，所以当，不符合题意． 若，当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以． 要使时，恒成立， 只需． 设，则， 所以当时，；当时，． 所以在上单调递增，在上单调递减，即有. 由此知，当时，， 又由恒成立，知， 所以，解得. 【小问2详解】 （i）设数阵中第1列的数从上到下组成的等差数列为， 则，公差， 则其通项公式为. 又设组成的数列为， 则，公比，所以． 由第2行的数从左到右组成的数列为知， 因为， 所以， 即， 亦即，且． 所以时，有 . 又时符合上式，所以． 故数列的通项公式为． （ii）由（1）知，当时，恒成立， 即当时，恒成立，当且仅当时取等号． 所以当时，恒成立（当且仅当时取等号）． 由（i）知，令， 代入，得， 即有． 所以有， . 将上述个式子相加，得 ， ， 所以． 由第1列各数的和， 及，得． 19. 已知函数，其中． （1）当时，求方程的解集； （2）若是偶函数，当取最小值时，求函数的取值范围； （3）若是常数函数，求的值． 【答案】（1），或 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）当时，，求解方程即可； （2）的定义域为，由是偶函数得，展开并整理得，进而为正奇数，当取最小值即时，，化简，，利用换元法令，，将的值域问题转化为函数，且的值域即可. （3）因为，，若是常数函数，则，当时不是常数函数；当时，通过说明不是常数函数；证明当时成立；当时，通过，说明不是常数函数即可. 【小问1详解】 当时，， 由得：，解得，或， 即，或， 故所求方程的解集为，或； 【小问2详解】 的定义域为，由是偶函数得：，即： ， 所以， 从而，进而，所以为正奇数， 当取最小值即时，， 所以，， 令，，则，且， 所以函数的值域转化为，且的值域， 对称轴，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得最小值；当时，取得最大值； 又当时，，当时，； 故函数的取值范围为； 【小问3详解】 因为，，所以若是常数函数，则， ①当时，由（1）知，不是常数函数； ②当时，，此时，， 不是常数函数； ③当时， ， 所以，是常数函数； ④当时，，不是常数函数； 综上所述：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $