广东省肇庆市香山中学2024届高三数学科五月月考试卷（含解析）

肇庆市香山中学2024届高三数学科五月月考试卷
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.设复数z满足,则(　　)
A． B． C． D．2
2.双曲线的离心率为，则其渐近线方程为(　　)
A． B． C． D．
3.已知角α的顶点在坐标原点，始边在x轴的正半轴上，终边与单位圆交于第二象限的点P，且点P的纵坐标为，则＝(　　)
A． B．－ C． D．－
4.的展开式中x2y6的系数为(　　)
A．112 B．56 C．－28 D．－336
5.记正项等差数列的前n项和为，，则的最大值为（ ）
A. 9 B. 25 C. 36 D. 50
6.为研究某池塘中水生植物的覆盖水塘面积x（单位：dm2）与水生植物的株数y（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，用模型去拟合x与y的关系，设，x与z的数据如表格所示：得到x与z的线性回归方程，则c =( )
x 3 4 6 7
z 2 2.5 4.5 7
A． B． C． D．
7.已知直线y＝kx是曲线y＝ex的切线，则实数k的值为(　　)
A． B． C． D．
8.已知b＞a＞0，且满足aln b＝bln a，e为自然对数的底数，则(　　)
A.ae＜ea＜eb B.eb＜ae＜ea
C.eb＜ea＜ae D.ea＜ae＜eb
二 多选题：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.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9.已知，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．与的夹角为 D．在方向上的投影向量是
10.若函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则（ ）
A．的最小正周期为 B．是奇函数
C．的图象关于直线对称 D．在上单调递增
11.大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则( )
A． B．
C． D．
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知集合，，则的所有元素之和为______．
13.已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为_______________
14.在边长为6的菱形ABCD中，∠A＝，现将△ABD沿BD折起，当三棱锥A-BCD的体积最大时，三棱锥A-BCD的外接球的表面积为________．
四 解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15.（本小题满分13分）
已知三个内角所对的边分别为，且．
（1）求的值；
（2）若的面积，且，求的周长．
16.（本小题满分15分）
在棱锥中，平面，四边形为平行四边形.，.
（1）求；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
17．（本小题满分15分）
已知两点，曲线上的动点满足，直线与曲线交于另一
点．
(1)求曲线的方程；
(2)设曲线与轴的交点分别为（点在点的左侧，且不与重合），直线与直线交于点．当点为线段的中点时，求点的横坐标．
18．（本小题满分17分）
某公司是一家集无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业．该公司生产的甲、乙两种类型无人运输机性能都比较出色，但操控水平需要十分娴熟，才能发挥更大的作用．已知在单位时间内，甲、乙两种类型无人运输机操作成功的概率分别为和，假设每次操作能否成功相互独立．
（1）随机选择两种无人运输机中的一种，求选中的无人运输机操作成功的概率．
（2）操作员连续进行两次无人机的操作有两种方案：
方案一：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，若初次操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若初次操作不成功，则第二次使用另一类型进行操作．
方案二：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，无论初次操作是否成功，第二次均使用初次所选择的无人运输机进行操作．
假定方案选择及操作不相互影响，试比较这两种方案的操作成功的次数的期望值．
19.（本小题满分17分）
已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）设.
(i)证明：的导函数存在唯一零点； （ii)证明：.
肇庆市香山中学2024届高三数学科五月月考试卷(解析版)
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.设复数z满足,则(　　)
A． B． C． D．2
【答案】 C
【解析】法一：由可得，所以，故选C．
法二：由可得，故选C．
2.双曲线的离心率为，则其渐近线方程为(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
解析：因为，所以，所以，渐进线的方程为，故选A．
3.已知角α的顶点在坐标原点，始边在x轴的正半轴上，终边与单位圆交于第二象限的点P，且点P的纵坐标为，则＝(　　)
A． B．－ C． D．－
D　解析：因为角α的顶点在坐标原点，始边在x轴的正半轴上，终边与单位圆交于第二象限的点P，且点P的纵坐标为，所以P.根据三角函数的定义，得cos α＝－.所以sin ＝cos α＝－.
4.的展开式中x2y6的系数为(　　)
A．112 B．56 C．－28 D．－336
答案：D
解析：＝8－(2x＋y)8，8展开式的通项公式为Tr＋1＝C8－ryr，将含x2y6项记为S，则S＝C2y6－C3y5＝112x2y6－448x2y6＝－336x2y6，故含x2y6项的系数为－336.故选D．
5.记正项等差数列的前n项和为，，则的最大值为（ ）
A. 9 B. 25 C. 36 D. 50
【答案】B
【分析】根据等差数列的求和公式计算可得，利用基本不等式计算即可得出结果.
【详解】∵，
又∵，
∴，当且仅当时，取“=”∴的最大值为25.
故选：B
6.为研究某池塘中水生植物的覆盖水塘面积x（单位：dm2）与水生植物的株数y（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，用模型去拟合x与y的关系，设，x与z的数据如表格所示：得到x与z的线性回归方程，则c =( )
x 3 4 6 7
z 2 2.5 4.5 7
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由己知可得：，
所以有，解得，所以
由，得，所以，则.故选C．
7.已知直线y＝kx是曲线y＝ex的切线，则实数k的值为(　　)
A． B． C． D．
D　解析：函数y＝ex的导数为y′＝ex，设切点为，则过P的切线方程为＝(x－x0)，代入点(0，0)得x0＝1，所以P(1，e)，所以k＝e.
8.已知b＞a＞0，且满足aln b＝bln a，e为自然对数的底数，则(　　)
A.ae＜ea＜eb B.eb＜ae＜ea
C.eb＜ea＜ae D.ea＜ae＜eb
答案　A
解析　因为y＝ex在R上单调递增，b＞a＞0，所以eb＞ea，BC错；
构造函数f(x)＝(x＞0)，
则f′(x)＝＝0，x＝e，
当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
因为aln b＝bln a，＝，即f(a)＝f(b)，又b＞a＞0，
所以0＜a＜e，b＞e，ln b＞0，aln b＝bln a＞0，所以1＜a＜e＜b，
所以＜，eln a＜aln e，ln ae＜ln ea，即ae＜ea，
所以ae＜ea＜eb，A正确.故选A.
二 多选题：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.全部选对的得6分，部分选对，一个选项得2分，有选错的得0分.
9.已知，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．与的夹角为 D．在方向上的投影向量是
AC【详解】解：因为，，
所以，则，所以，故A正确；
，所以，故B错误；
，因为，所以，故C正确；
在方向上的投影向量是，故D错误；
10.若函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则（ ）
A．的最小正周期为 B．是奇函数
C．的图象关于直线对称 D．在上单调递增
【答案】ACD
【解析】由题意，可得，
则的最小正周期为，且不是奇函数，所以A正确，B不正确；
当时，可得，
所以的图象关于直线对称，所以C正确；
由，得，所以在上单调递增，所以D正确．
故选：ACD.
11.大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则( )
A． B．
C． D．
答案：BCD
【详解】因为，，令且，当时，①；
当时，②，
由①②联立得.所以，累加可得.令(且为奇数)，得，当时满足上式，所以当为奇数时，.当为奇数时，，
所以，其中为偶数.所以，故C正确.所以，故A错误.当为偶数时，，即，当为奇数时，，即，综上可得，故B正确.因为，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.已知集合，，则的所有元素之和为______．
【答案】0
【详解】由题知，，
所以，
所以的所有元素之和为.故答案为：0
13.已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为_______________
【答案】
解析：因为，由双曲线的定义可得，所以，；
因为,由余弦定理可得，整理可得，所以，即．
14.在边长为6的菱形ABCD中，∠A＝，现将△ABD沿BD折起，当三棱锥A-BCD的体积最大时，三棱锥A-BCD的外接球的表面积为________．
答案：60π
　
解析　边长为6的菱形ABCD，在折叠的过程中，
当平面ABD⊥平面BCD时，三棱锥的体积最大；
由于AB＝AD＝CD＝BC＝6，
∠C＝∠A＝.
所以△ABD和△CBD均为正三角形，设△ABD和△CBD的外接圆半径为r，
则2r＝，所以r＝2.
△ABD和△CBD的交线段为BD，且BD＝6.
所以三棱锥A－BCD的外接球的半径R＝＝.
故S球＝4·π()2＝60π.
四 解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15.已知三个内角所对的边分别为，且．
（1）求的值；
（2）若的面积，且，求的周长．
解：（1）由题意，，得：. （3分）
所以.
又，且，所以. （5分）
由，故. （6分）
（2），所以. （8分）
由余弦定理，.
又.
联立得：. （10分）
. （12分）
所以的周长为. （13分）
16.（本小题满分15分）
在棱锥中，平面，四边形为平行四边形.，.
（1）求；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
解：（1）平面，............................1分
在Rt中，，...........................2分
在中，，，...........................4分
，. ........................ 6分
（2）由（1）知两两互相垂直.以为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，.................... 7分
则，
所以. .................... ........... 9分
设分别为平面与平面的法向量，
则得令，得，
所以为平面的一个法向量..................................11分
得令，得
所以为平面的一个法向量. ..................................13分
设平面与平面夹角为，则.
平面与平面夹角的余弦值为. ..................................15分
17．（本小题满分15分）
已知两点，曲线上的动点满足，直线与曲线交于另一
点．
(1)求曲线的方程；
(2)设曲线与轴的交点分别为（点在点的左侧，且不与重合），直线与直线交于点．当点为线段的中点时，求点的横坐标．
【详解】（1）由于，..........2分
所以是以为焦点，以为长轴长的椭圆 ..................3分
故，故椭圆方程为. ................5分
（2）由于斜率不为0，故设直线方程为：，
联立 ................7分
设,则 ................8分
已知,由于点为线段的中点，则，又是直线与直线的交点，所以 ,,故 ................ 10分
................11分
将代入可得 ........ 12分
故，解得 ................13分
故，由可得，故点的横坐标为0. ................15分
18．（本小题满分17分）
某公司是一家集无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业．该公司生产的甲、乙两种类型无人运输机性能都比较出色，但操控水平需要十分娴熟，才能发挥更大的作用．已知在单位时间内，甲、乙两种类型无人运输机操作成功的概率分别为和，假设每次操作能否成功相互独立．
（1）随机选择两种无人运输机中的一种，求选中的无人运输机操作成功的概率．
（2）操作员连续进行两次无人机的操作有两种方案：
方案一：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，若初次操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若初次操作不成功，则第二次使用另一类型进行操作．
方案二：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，无论初次操作是否成功，第二次均使用初次所选择的无人运输机进行操作．
假定方案选择及操作不相互影响，试比较这两种方案的操作成功的次数的期望值．
解：（1）用事件表示选择甲种无人运输机，用事件表示选择乙种无人运输机，
用事件表示“选中的无人运输机操作成功” ................ 2分
则................4分
................................................6分
设方案一和方案二操作成功的次数分别为，，则，的所有可能取值均为0，1，2，.....7分
方案一：，.......................8分
，.......................9分
...................................10分
所以.................................. 11分
方案二：方法一：选择其中一种操作设备后，进行2次独立重复试验，
所以 ..................................15分
方法二：，
，，
所以． 15分
所以，即方案一操作成功的次数的期望值大于方案二操作成功的次数的期望值．17分
19.（本小题满分17分）
已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）设.
(i)证明：的导函数存在唯一零点；
（ii)证明：.
【详解】（1）的定义域为，，1分
当时，则在内恒成立，可知在内单调递减；3分
当时，令，解得；令，解得；5分
可知在内单调递减，在内单调递增；6分
综上所述：当时，在内单调递减；
当时，在内单调递减，在内单调递增. 7分
（2）（i） 8分
由可知，设，因为在内单调递增，则在内单调递增 10分
且，可知在内存在唯一零点，从而知存在唯一零点； 12分
(ii)由（i）知：当，则，即；当，则，即；可知在内单调递减，在内单调递增 14分
则，又因为，则，，可得，即. 17分