河南省周口恒大中学2023-2024学年高三下学期5月月考数学试题（含解析）

恒大中学2023-2024学年高三下学期5月月考
数学试题
试卷考试时间：120分钟 满分：150
第I卷（选择题）
单项选择题（每小题5分，共40分）
1．在的展开式中，二项式系数的和是16，则展开式中各项系数的和为（ ）
A．16 B．32 C．1 D．
2．若，则的取值集合为( )
A． B．
C． D．
3．已知，是两个不同的平面，直线m满足，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．设、为两个不同的平面，、为两条不同的直线，且，，则下列命题中真命题是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
6．已知＝(2，4，5)，＝(3，x，y)分别是直线l1、l2的方向向量．若l1∥l2，则（ ）
A．x＝6，y＝15 B．x＝3，y＝
C．x＝3，y＝15 D．x＝6，y＝
7．已知双曲线的方程为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B．
C． D．
8．下列命题中正确的（ ）
A．0与表示同一个集合；
B．由1，2，3组成的集合可表示为或；
C．方程的所有解的集合可表示为；
D．集合可以用列举法表示．
二．多项选择题（每小题5分，共20分，有多项符合要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）
9．如图，已知在直三棱柱中，F为的中点，E为棱上的动点，，，，，则下列结论正确的是（ ）

A．点到平面AEF的距离的最大值为
B．该直三棱柱的外接球的表面积为
C．当三棱锥的外接球的半径最小时，直线EF与所成角的余弦值为
D．若E是棱的中点，过A，E，F三点的平面作该直三棱柱的截面，则所得截面的面积为
10．若，则下列不等式中一定不成立的是（ ）
A． B．
C． D．
11．下列说法中正确的是（ ）
A．命题“，”的否定是“，”
B．函数且的图象经过定点
C．幂函数在上单调递增，则的值为
D．函数的单调递增区间是
12．已知数列的前项和为，满足，则下列判断正确的是（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
三、填空题（每小题5分，共20分）
13．已知函数的定义域为，值域为，则的取值范围为 ．
14．我们知道，设函数的定义域为I，如果对任意，都有，且，那么函数的图象关于点成中心对称图形．若函数的图象关于点成中心对称图形，则实数c的值为 ；若，则实数t的取值范围是 ．
15．如图，在中，是线段上的点，且，是线段的中点，延长交于点，设，则 ；若为边长等于2的正三角形，则 .

16．已知，，则 ．
四、解答题（共6小题，共计70分.第17题10分，第18---22题，每题12分）
17．已知岛南偏西方向，与岛距离为海里的处有一艘缉私艇．岛处的一艘走私船正以海里/时的速度向岛北偏西方向行驶，问缉私艇朝何方向以多大速度行驶，恰好用小时能截住该走私船？（参考数据）
18．已知函数是定义域为的奇函数，且当时，．求函数的解析式.
19．已知角的终边经过点，求的值.
20．已知，是同一平面内的向量，
（1）若，，与的夹角为，求；
（2）若，，与平行，求与的夹角.
21．新高考的数学试卷第1至第8题为单选题，第9至第12题为多选题.多选题A、B、C、D四个选项中至少有两个选项符合题意，其评分标准如下：全部选对得5分，部分选对得2分，选错或不选得0分.在某次考试中，第11、12两题的难度较大，第11题正确选项为AD，第12题正确选项为ABD.甲 乙两位同学由于考前准备不足，只能对这两道题的选项进行随机选取，每个选项是否被选到是等可能的.
(1)若甲同学每题均随机选取一项，求甲同学两题得分合计为4分的概率；
(2)若甲同学计划每题均随机选取一项，乙同学计划每题均随机选取两项，记甲同学的两题得分为，乙同学的两题得分为，求的期望并判断谁的方案更优.
22．已知函数．
(1)当，时，求证恒成立；
(2)当时，，求整数的最大值．
参考答案：
1．A
【分析】先根据二项式系数和公式得，再令特殊值即可求得答案.
【详解】解：因为二项式系数的和是16，所以，解得，
所以，令得展开式中各项系数的和为．
故选：A
2．C
【分析】首先在内解不等式，再根据正切函数的最小正周期是，得到其在上的解集.
【详解】当时，所对应的解集是，故在上的解集为.
故选：C.
3．A
【分析】根据充分必要条件定义判断．
【详解】充分性：根据面面平行的定义知充分性成立；必要性：设，当，且，，此时，但是与相交，故必要性不成立．
故选：A．
4．D
【分析】利用三角函数诱导公式将所求式子转化后即可得出结论.
【详解】，.
故选：D.
5．A
【分析】利用平面与平面垂直的判定定理，平面与平面垂直、平行的性质定理判断选项的正误即可．
【详解】由，为两个不同的平面，、为两条不同的直线，且，，知：
在中，，则，满足平面与平面垂直的判定定理，所以正确；
在中，若，不能得到，也不能得到，所以得不到，故错误；
在中，若，则与可能相交、平行或异面，故不正确；
在中，若，则由面面平行的性质定理得，不一定有，也可能异面，故错误．
故选：．
【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6．D
【分析】利用向量共线的条件列方程组，直接解得.
【详解】由l1∥l2得，，解得x＝6，y＝.
故选：D
7．A
【解析】将双曲线的方程化为标准方程，求出、的值，由此可得出该双曲线的渐近线方程.
【详解】双曲线的标准方程为，焦点在y轴上，则，，
所以该双曲线的渐近线方程为.
故选：A.
8．B
【分析】根据集合的相关概念以及表示方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：不能表示一个集合，故错误；
对B：因为集合的元素具有无序性，故正确；
对C：因为集合的元素具有互异性，中有相同的元素，故错误；
对D：集合有无限个元素，无法用列举法表示，故错误.
故选：B.
9．ACD
【分析】A选项，根据，推导出的面积最小时，点到平面AEF的距离最大，要想的面积最小，则要点E到边AF的距离最小，其最小值为异面直线AF与的距离，根据体积相等列出方程，得到；B选项，外接球的球心O是上、下底面外接圆的圆心连线的中心，由正弦定理和余弦定理得到外接圆半径，从而得到外接球半径和表面积；C选项，作出辅助线，推导出当取最小值时，最小，即最小，此时，因为是AF的中点，则是的中点，则E是棱的中点，进而求出各边长，得到；D选项，作出辅助线，得到过A，E，F三点的截面，并求出面积.
【详解】A选项：因为，所以三棱锥的体积为定值.
设点到平面AEF的距离为d，若d最大，则的面积最小，
即点E到边AF的距离最小，其最小值为异面直线AF与的距离，
即为与平面的距离，即点B与平面的距离，记为h，
由，得，所以，
解得，故A项正确；
B选项：外接球的球心O是上、下底面外接圆的圆心连线的中点，
设上底面外接圆圆心为，外接圆半径为r，

在中，由余弦定理可得，
所以，
由正弦定理得，所以，
设外接球的半径为R，则，
所以外接球的表面积为，故B项错误；
C选项：作，垂足为H，作，垂足为H1，

易证棱在平面上的射影为，
则点E在平面上的射影在线段上，
由B选项可知，，故，解得，
故，则，
设AF的中点为，外接球的球心为，半径为，则平面，
即，在中，①，
又因为②，

由①②可得，所以当取最小值时，最小，即最小，
此时，因为是AF的中点，则是的中点，则E是棱的中点.
因为，所以直线EF与所成角即为直线EF与所成角.
由B项中，再由余弦定理可得，
因为，所以，，故C项正确；
D项：延长AF，交于点P，连接PE交于点M，

则四边形AEMF是截面，且点F是AP的中点，点M是上靠近的三等分点，
由勾股定理求得，，，
因为，所以为直角，
故，
又，，
易知，
所以四边形AEMF的面积为，故D项正确.
故选：ACD
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
10．AD
【解析】利用作差法或特例逐项判断各选项中的不等式是否成立，从而可得正确的选项.
【详解】对于A，，
因为，
故，
即，故A一定不成立；
对于B，取，则，
故B可能成立；
对于C，，
因为，故，
即，故C一定成立.
对于D，，
因为，故，
故，故D一定不成立.
故选：AD．
【点睛】关键点睛：掌握不等式的性质是解题关键．注意不等式证明的方法，可用分析寻找思路，用综合法写出证明过程．
11．ABC
【分析】A.由全称量词命题的否定是存在量词命题判断；B.令求解判断；C.根据是幂函数求得m，再根据单调性判断； D.利用对数复合函数的单调性判断.
【详解】A.命题“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，即“，”，故正确；
B.因为函数且，令得 ，此时 的图象经过定点，故正确；
C. 因为是幂函数，所以，即 ，解得 或 ，当时，在上单调递减，当 时，在上单调递增，故正确；
D.令，得 或，所以函数的定义域为，
又在上递增，在上递增，所以的单调递增区间是，
故选：ABC
12．BCD
【分析】先利用配凑法求出数列的通项公式，即可判断选项A、B、D；再利用求和方法即可判断选项C.
【详解】由，可得：
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
则，
故.
所以
.
则，
所以选项A错误，选项B、D正确.
因为
所以正确．
故选：BCD．
13．
【分析】本题首先可根据三角恒等变换得出，然后根据值域为得出，即可求出的最大值，最后根据、求出的最小值，即可得出结果.
【详解】
，
因为值域为，所以，
，，
则，的最大值为，
当最小时，，，此时，
故的取值范围为，
故答案为：.
14． 2
【分析】（1）根据题意可得即可求出c的值；（2）根据解析式判断函数的单调性，并根据不等式得，利用函数的对称性和单调性即可求解不等式.
【详解】因为函数的图象关于点成中心对称图形，
所以，
即，
即，所以，
所以在定义域上单调递减，
令，
因为函数的图象关于点成中心对称，
所以的图象关于对称，
且单调递减，
因为，即，
即，也即，
所以则解得或，
故实数t的取值范围是.
15． /-0.5
【分析】第一空，根据平面向量的线性运算，结合平面向量基本定理即可求得答案；第二空，根据平面向量的线性运算，用表示出，再结合数量积的运算律，即可求得的值.
【详解】由于，则，
又是线段的中点，故
，
结合得，
故；
设，而，是线段的中点，
故
，
又三点共线，故，则，
故
，
又为边长等于2的正三角形，则
，
故答案为：；
16．
【分析】根据向量坐标运算求出，进而根据向量模的坐标公式计算得解.
【详解】因为，
所以，
故答案为：.
17．缉私艇朝正北方向，以海里/时的速度，恰好用小时能截住该走私船
【分析】设缉私艇在处截住该走私船，依题意可得，，，利用余弦定理求出，即可求出速度，再求出，即可得到方向.
【详解】设缉私艇在处截住该走私船，
依题意，
由余弦定理得，
所以缉私艇速度为海里/时，
又，为锐角，所以，
所以缉私艇朝正北方向，以海里/时的速度，恰好用小时能截住该走私船.
18．
【分析】由奇函数的性质可得出的值，利用奇函数的定义可求得函数在时的解析式，综合可得出函数在上的解析式.
【详解】因为函数是定义域为的奇函数，所以，
当时，，
当时，，则，
所以当时，，
所以.
19．或．
【分析】先求点到原点的距离，再利用定义求，，应注意分类讨论．
【详解】，
当时，，，，；
当时，，，，．
综上可知，的值为或.
20．（1）；（2）.
【分析】（1）根据向量模的计算公式，由题中条件，直接计算，即可得出结果；
（2）根据向量共线的坐标表示，列出方程，求出，得到，即可得出向量夹角.
【详解】（1）因为，，与的夹角为，
所以；
（2）因为，，
所以，，
又与平行，所以，解得，
所以，因此，即与同向共线，
因此与的夹角.
【点睛】本题主要考查求向量的模，以及求向量的夹角，涉及向量共线的坐标表示，属于常考题型.
21．(1)
(2)（分），(分)，甲同学的方案更优.
【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式进行求解即可；
（2）根据相互独立事件的概率公式，结合数学期望公式进行求解判断即可.
【详解】（1）因为甲同学两题得分合计为4分，所以这两道题每道题得2分，
所以甲同学两题得分合计为4分的概率为：；
（2）甲同学的两题得分的可能取值为
所以，，
，
所以的分布列为：
因此（分），
乙同学第11题可能得分为：，，
，
乙同学第12题可能得分为：，，
，
乙同学的两题得分的可能取值为，
所以，
，
，
，
所以的分布列为：
因此(分)，
因为，所以甲同学的方案更优.
22．(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）将，代入函数，求导求最小值即可；
（2）分离参变量，构造函数，研究函数的单调性及最值，最终确定的取值范围，进而得到整数的最大值.
【详解】（1）当，时，记，则，
因为在上单调递增，且，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，所以恒成立.
（2）当时，，即，
因为，所以只需，
令，，
令，，
在上是增函数，
，，
根据零点存在定理，，使得，
即，即，
当时，，即，单调递减，
当时，，即，单调递增，
所以，故；
又在上单调递增，，所以，
又，所以．所以整数的最大值是.
【点睛】方法点睛：分离参变量，构造函数，用进行代换，进而简化函数求得参数取值范围.