精品解析：广东省东莞市第四高级中学2024-2025学年高三下学期5月月考数学试题

2024-2025学年第二学期5月月考数学试题 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题，，命题，，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 3. 已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 若向量满足，且，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 5. 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 6. 某商场开通三种平台销售商品，五一期间这三种平台的数据如图1所示．该商场为了解消费者对各平台销售方式的满意程度，用分层抽样的方法抽取了6%的顾客进行满意度调查，得到的数据如图2所示．下列说法正确的是（ ） A. 样本中对平台一满意的消费者人数约700 B. 样本中对平台二满意的消费者人数为20 C. 样本中对平台一和平台二满意的消费者总人数为60 D. 若样本中对平台三满意的消费者人数为120，则 7. 曲线在点处切线斜率的取值范围为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，是偶函数，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 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． 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 数列的前n项和为，已知，，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. C. 当时， D. 当或4时，取得最大值 10. 已知实数x，y满足，则下列关系式中恒成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知抛物线E：的焦点为F，准线交y轴于点P，抛物线E上一点到点F的距离为6，点A，B是抛物线C上的两点，点M是的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若中点M的横坐标为4，则直线的斜率为2 C. 若，则恒过点 D. 若直线过点F，则 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 已知双曲线的一条渐近线的斜率为，则其离心率为__________. 13. 已知，则_____． 14. 已知正项等比数列的公比不为1，若在的前20项中随机抽取4项，则这4项按原来的顺序仍然成等比数列的概率为____________.（用最简分数作答） 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）求角的大小； （2）点在边上，且，求的周长． 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面是的中点. （1）证明：平面； （2）在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若有极大值，且极大值大于，求的取值范围. 18. 已知椭圆的离心率为，四个顶点所围成菱形的面积为. （1）求椭圆的方程； （2）若A、B两点在椭圆C上，坐标原点为O，且满足，求的取值范围. 19. 甲、乙两盒子中各有枚形状、大小完全相同的棋子，一红一黄.称一次操作是从甲、乙盒中随机取出一枚棋子交换，记次操作后，甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为 . （1）求 ，的值； （2）求数列的通项公式； （3）并求使不等式成立的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第二学期5月月考数学试题 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算即可求解. 【详解】，则， 故， 故选：B 2. 已知命题，，命题，，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合全称命题和存在性命题的真假判定方法，命题为真命题，命题为假命题，结合命题否定的概念即可判断各选项. 【详解】当时，，所以命题为假命题，为真命题. 当时，，所以命题为真命题，为假命题， 所以和都是真命题，只有B正确. 故选：B. 3. 已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，母线为，则由题意可得，求出，从而可求出高，进而可求出圆锥的体积 【详解】设圆锥的底面半径为，母线为，则，解得， 则该圆锥的高， 故该圆锥的体积为， 故选：A. 4. 若向量满足，且，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用垂直关系的向量表示和数量积的运算律列式求解. 【详解】由，得， 因此，所以. 故选：B 5. 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 6. 某商场开通三种平台销售商品，五一期间这三种平台的数据如图1所示．该商场为了解消费者对各平台销售方式的满意程度，用分层抽样的方法抽取了6%的顾客进行满意度调查，得到的数据如图2所示．下列说法正确的是（ ） A. 样本中对平台一满意的消费者人数约700 B. 样本中对平台二满意的消费者人数为20 C. 样本中对平台一和平台二满意的消费者总人数为60 D. 若样本中对平台三满意的消费者人数为120，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据对图1和图2的理解，结合选项逐一计算易得. 【详解】对于A：样本中对平台一满意的人数为，故选项A错误； 对于B：样本中对平台二满意的人数为，故选项B错误； 对于C：样本中对平台一和平台二满意的总人数为：，故选项C正确： 对于D：对平台三的满意率为，所以，故选项D错误． 故选：C. 7. 曲线在点处切线斜率的取值范围为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】转化为函数在处的导数值在之内，令，研究的性质，解不等式即可. 【详解】， 所以，即， 令， 当时，单调增， 当时，单调减， 又，当时，， 故的解集为， 故选：D. 8. 已知函数，是偶函数，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用偶函数定义化简解出得值，将得值代入，通过三角恒等式展开并化简，利用余弦函数的有界性求出最大值. 【详解】由是偶函数，得， 展开并整理得：， 根据二倍角公式得：， 整理得：，结合，得， 代入，，则 ， 利用积化和差公式： 化简得：， 当时，取得最大值. 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． 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 数列的前n项和为，已知，，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. C. 当时， D. 当或4时，取得最大值 【答案】CD 【解析】 【分析】根据即可判断A；由等差数列通项公式求得，即可判断B；令求解即可判断C；根据等差数列的函数特性即可判断D． 【详解】对于A，由得，，所以是递减数列，故A错误； 对于B，由得，数列是等差数列， 所以， 所以，故B错误； 对于C，令，即，解得，故C正确； 对于D，，对称轴为， 所以当或4时，取得最大值，故D正确； 故选：CD． 10. 已知实数x，y满足，则下列关系式中恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性，结合正弦函数的单调性、幂函数的单调性进行判断即可. 【详解】因为，所以. A：在上是增函数，故，故本关系恒成立； B：当时，显然符合，但是不成立，故本关系式不恒成立； C: 因为在上是增函数，所以，故本关系恒成立. D：由于为单调递增函数，为单调递减函数，故为上的单调递增函数，由可得，故，故本关系式恒成立； 故选：ACD 11. 已知抛物线E：的焦点为F，准线交y轴于点P，抛物线E上一点到点F的距离为6，点A，B是抛物线C上的两点，点M是的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若中点M的横坐标为4，则直线的斜率为2 C. 若，则恒过点 D. 若直线过点F，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可得，可求判断A；利用点差法可求得的斜率判断B；设：，与抛物线联立方程组，利用根与系数的关系结合已知可得，求解判断C；设：，联立直线和抛物线方程，利用根与系数的关系可得，可判断D. 【详解】对于A，由题意可知，点到点F的距离为，解得，故A正确； 对于B，设，则，两式作差得， 所以直线的斜率为，故B错误； 对于对于C，设：，联立直线和抛物线， 则，，，所以． 因为，所以，所以，解得， 所以直线恒过点，故C正确； 对于D，由A得，可设：， 联立直线和抛物线， 则，，， 所以 ，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 已知双曲线的一条渐近线的斜率为，则其离心率为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据渐近线斜率得到，利用求出离心率. 【详解】的渐近线方程为， 故，故离心率为. 故答案为： 13. 已知，则_____． 【答案】5 【解析】 【分析】先取对表达出m和n，结合对数运算法则即可求解. 【详解】因为，则， 因为，则， 所以. 故答案为：5. 14. 已知正项等比数列的公比不为1，若在的前20项中随机抽取4项，则这4项按原来的顺序仍然成等比数列的概率为____________.（用最简分数作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列定义再对新取出的4项的公比的取值进行分类讨论，可知新数列共有种情况，其为首项，公差的等差数列，可得组合数的总和，即可求得其概率. 【详解】设正项等比数列的首项为，公比，则. 当公比为时，设选出来的四项为； 由，则，解得， 所以，此时有17种情况； 当公比为时，设选出来的四项为； 由，则，解得， 所以，此时有14种情况； 当公比为时，设选出来的四项为； 由，则， 解得， 所以，此时有种情况； 这是一个首项为，公差的等差数列， 那么按原来顺序仍然成等比数列的组合数的总和 在的前20项中随机抽取4项，共有种取法； 故这4项按原来的顺序仍然成为等比数列的概率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用等比数列定义，对新取出的4项的公比的取值进行分类讨论找出对应规律计算出符合题意的组合数，即可求得相应概率. 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）求角的大小； （2）点在边上，且，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合诱导公式计算得出，最后结合角的范围求解； （2）应用余弦定理得出，，即可求解. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 所以， 所以， 因为，所以，所以． 【小问2详解】 在中，，解得， 在中，，所以， 所以周长． 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面是的中点. （1）证明：平面； （2）在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，或 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，即可证明，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，假设棱上是否存在一点，直线与平面所成角的正弦值为，设且，即可求出，利用向量的夹角公式列出关于的方程求解即可. 【小问1详解】 连接，交于点，连接， 因为底面为矩形，所以点是的中点， 又点是的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为底面为矩形，底面， 所以以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 又， 设， 则， 设直线与平面的夹角为， 则， 整理得，所以，解得或， 又， 当时，，当时，，则的长为或. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若有极大值，且极大值大于，求的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导并分类讨论参数，即可得出的单调性； （2）根据（1）中的结论得出极大值的表达式，解不等式即可得的取值范围． 【小问1详解】 ， ①当时，在上单调递增，无递减区间， ②当时，，可得，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 综上当时，在上单调递增，无递减区间， 当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 因为有极大值，且极大值大于， 故，且在处取极大值， ，即， 令， 恒成立，在上单调递增， 又，当且仅当时成立， 故，当且仅当时成立， 因此的取值范围是． 18. 已知椭圆的离心率为，四个顶点所围成菱形的面积为. （1）求椭圆的方程； （2）若A、B两点在椭圆C上，坐标原点为O，且满足，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用菱形的面积和椭圆的性质列方程组即可得出； （2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立可得根与系数的关系、再利用斜率的计算公式、数量积运算即可得出； 【小问1详解】 由已知可得，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设， 联立，得， ，即， ，，. ，. , ，即，由，则 ， 由，则，且， 所以，且，则， 当直线的斜率不存在时，设， ，即， 又， 所以， 的取值范围是. 19. 甲、乙两盒子中各有枚形状、大小完全相同的棋子，一红一黄.称一次操作是从甲、乙盒中随机取出一枚棋子交换，记次操作后，甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为 . （1）求 ，的值； （2）求数列的通项公式； （3）并求使不等式成立的最小值. 【答案】（1），， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设事件第次操作时，从甲盒中取出的是红色棋子为，事件第次操作时，从乙盒中取出的是红色棋子为，则事件第一次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子可表示为，根据概率加法和乘法公式求，再根据关系求； （2）由条件可得，证明数列为等比数列，结合等比数列通项公式求结论； （3）结合（2）的结论化简不等式可得，结合指数函数单调性及，可得结论. 【小问1详解】 设事件第次操作时，从甲盒中取出的是红色棋子为， 事件第次操作时，从乙盒中取出的是红色棋子为， 则事件第一次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子可表示为， 又，事件与事件互为互斥事件，事件与事件独立， 所以， 所以， 若第1次操作后甲、乙盒中各有一红一黄棋子， 则第二次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为， 若第1次操作后甲盒中为两个红色棋子，乙盒中为两个黄色棋子或甲盒中为两个黄色棋子，乙盒中为两个红色棋子， 则第二次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为， 所以. 【小问2详解】 因为，故 所以，又， 所以数列为首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以， 【小问3详解】 因为，由（2）可得， 所以 整理得，又，，函数为增函数， 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $