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.