2024-2025学年云南省昆明市云南师范大学附中高三（上）月考数学试卷（11月份）（含答案）

2024-2025学年云南师范大学附中高三（上）月考数学试卷（11月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知双曲线：的离心率为，则的渐近线方程为( )
A. B. C. D.
2.已知集合，为全集的非空真子集，且与不相等，若，则下列关系中正确的是( )
A. B.
C. D.
3.已知数列满足，，，则( )
A. B. C. D.
4.若两平行直线：与：之间的距离是，则( )
A. 或 B. 或 C. 或 D. 或
5.在展开式中，含的项的系数是，则( )
A. B. C. D.
6.已知正方体的棱长为，以顶点为球心，为半径作一个球，则该球球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长为( )
A. B. C. D.
7.在某次数学月考中，有三个多选小题，每个小题的正确答案要么是两个选项，要么是三个选项，且每个小题都是分，在每个小题给出的四个选项中，全部选对得分，部分选对得部分分已知这次考试中，第一个小题的正确答案是两个选项；小明同学在这三个多选小题中，第一个小题仅能确定一个选项是正确的，由于是多选题他随机又选了一个选项；而第二个小题他随机地选了两个选项，第三个小题他随机地选了一个选项，则小明同学这三个多选小题所有可能的总得分相同总分只记录一次的中位数为( )
A. B. C. D.
8.若，则的最小值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知随机事件，，，则下列说法正确的是( )
A. 若，则事件与事件相互独立
B. 若，则事件与事件互为对立
C. 若事件，，两两独立，则
D. 若事件，，两两互斥，则
10.设复数在复平面内对应的点为，任意复数都可以表示为三角形式，其中为复数的模，是以轴的非负半轴为始边，以所在的射线为终边的角也被称为的辐角利用复数的三角形式可以进行复数的指数运算，法国数学家棣莫佛发现，我们称这个结论为棣莫佛定理根据以上信息，若复数满足，则可能的取值为( )
A. B.
C. D.
11.如图，小明同学发现家里的两个射灯在墙上投影出两个相同的椭圆，其外轮廓曲线形如心形，经过他进一步的探究发现曲线：也表示心形曲线，设为曲线上一点，为坐标原点，则下列小明关于曲线的说法正确的是( )
A. 曲线只经过个整数点即横、纵坐标均为整数的点
B.
C.
D. 设曲线上一点，且，则的面积的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.通过对某校高三年级，两个班的排球比赛成绩分析可知，班的成绩，班的成绩，，的分布密度曲线如图所示，则在排球决赛中______班获胜的可能性更大．
13.已知在三棱锥中，平面，，若，与平面所成角为，则三棱锥的体积的最大值为______．
14.定义域为的函数满足，当时，若在上有个零点，则实数的取值范围是______．
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.本小题分
记的内角，，的对边分别为，，，已知．
求；
若边上的高为，且的平分线交边于，，求．
16.本小题分
古希腊数学家阿波罗尼斯的著作圆锥曲线论中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点的距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼斯圆已知点到的距离是点到的距离的倍记点的轨迹为曲线．
求曲线的方程；
设曲线与轴的负半轴交于点，为坐标原点，若点不在轴上，直线，分别与直线：交于，两点，探究以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
17.本小题分
如图甲，在平面五边形中，，，，，为的中点，以为折痕将图甲中的折起，使点到达如图乙中的点的位置，且．
证明：平面平面；
若过点作平面的垂线，垂足为，求点到平面的距离．
18.本小题分
已知函数，．
当时，求的单调区间；
若对任意，都有恒成立，求的最大整数值；
对于任意的，证明：．
19.本小题分
某商场为吸引顾客，设计了一个趣味小游戏，地面上划有边长为小正方形网格，游戏参与者从网格的某一个顶点出发，每一步沿一个小正方形的对角线向右上方或右下方移动，如图所示已知游戏参与者每步选择向右上方或者右下方行走是等可能的，且每步行走方向的选择是相互独立的．
商场规定：某顾客从出发，沿小正方形的对角线向右上方走一步得分，向右下方走一步得分，当他走完第四步后，得分为，求的分布列；
商场制定了一个游戏规则：若顾客和老板都从出发，走到点位置设走完第步后，顾客位于点，老板位于点，其中且；若对任意且都有，则认为顾客方获胜记顾客获胜的概率为．
当时，求顾客获胜的概率；
求，并说明顾客和老板在游戏中哪一方获胜的概率更大．
参考公式：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：因为，
所以由正弦定理得：，
又因为，所以，所以，
又因为，
所以，即，
所以，又因为，所以．
因为，是的平分线，
所以在和中，由正弦定理得：，
因为，所以，所以由正弦定理得，
因为边上的高为，
所以由三角形的面积公式可得：，
又由余弦定理得：，
由计算可得：，
因为，
所以，
解得．
16.解：设，又点到的距离是点到的距离的倍，
即，
所以，
所以，化简可得：
，
所以曲线的方程为；
以为直径的圆过定点，或，理由如下，
令，可得，或，所以，，
设，直线，分别为，
则易得的方程，
联立，解得，
联立，解得，
所以的中点为，，
以为直径的圆的方程为：
，
整理得，
由，得或，
可得以为直径的圆过定点，或．
17.解：证明：在平面五边形中，，，
所以四边形是直角梯形，且，．
在直角中，，且，
则，可得，
从而是等边三角形，平分．
因为为的中点，所以，所以，
又因为，且，平面，
所以平面．
又因为平面，所以平面平面．
取的中点，连接，过点作垂直于点，连接，如图，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，则．
因为，是的中点，所以，
又且，平面，所以平面，
由平面，则；
又因为，所以，则点是的中点，
又，所以，可得．
以为原点，以，所在的直线分别为，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的一个法向量为，则，，
所以，
令，得，，所以．
因为平面，故设，所以，
所以；
由于点平面，
所以，
解得，即，
由可知，平面，
所以点到平面的距离为．
18.解：当时，，，则，
令，则，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，上单调递增，
又，，所以在上单调递增，
即的单调递增区间为，无单调递减区间；
由题意可得，对任意，恒成立，
即对任意，恒成立，
令，，
则，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
又，
所以存在，使得，即，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，令，
则在上恒成立，所以函数在上单调递增，
又，
所以的最大整数值为，即的最大整数值为．
证明：由知在上单调递增，
则函数，所以，
故，
所以，
累加得，
所以．
19.解：某商场为吸引顾客，设计了一个趣味小游戏，地面上划有边长为小正方形网格，
游戏参与者从网格的某一个顶点出发，每一步沿一个小正方形的对角线向右上方或右下方移动，
游戏参与者每步选择向右上方或者右下方行走是等可能的，
且每步行走方向的选择是相互独立的，某顾客从出发，
沿小正方形的对角线向右上方走一步得分，
向右下方走一步得分，当他走完第四步后，得分为，
根据题意，可取，，，，．
当，每次的操作使得分数减少，每次操作的概率为，
由于走了步，且每步都要使得分数减少，．
当意味着步中有步是使得分数减少的操作，步是使得分数增加的操作．
步中选步的组合数为．
每步操作的概率为，．
当表示步中有步是使得分数减少的操作，另外步是使得分数增加的操作．
步中选步的组合数为．
每步操作概率为，．
当意味着步中有步是使得分数减少的操作，步是使得分数增加的操作．
步中选步的组合数为．
每步操作概率为，．
，每次的操作使得分数增加，每次操作概率为，走了步，
．
则的分布列为：
若顾客和老板都从出发，走到点位置，
设走完第步后，顾客位于点，老板位于点，其中且；
若对任意且都有，则认为顾客方获胜．顾客获胜的概率为．
顾客一共需要走步，其中向右下方走步，向右上方走步．
从步中选步是向右下方走的组合数为．
同理，老板也有种走法；
对任意，都有，可设顾客在第，步向右下方走，
则老板的走法有两种情况：
老板在第步到第步中有两步向右下方行走，共种走法：
老板在第步到第步中有一步向右下方行走，
在第到第步中有一步向右下方行走，共种走法，
顾客获胜时，顾客与老板总的走法数为：
，
当时，顾客获胜的概率．
(ⅱ)当顾客和老板都从出发，走到点的位置时，
顾客一共需要走步，其中向右下方走步，向右上方走步，共有种走法；
同理，老板也有种走法；
对任意都有，同样可设顾客在第，步向右下方走，
则老板的走法有两种情况：
老板在第步到第步中有两步向右下方行走，共种走法；
老板在第步到第步中有一步向右下方行走，
在第到第步中有一步向右下方行走，共种走法；
顾客获胜时，顾客与老板总的走法数为：
．
，
顾客获胜的概率为．
，
函数在上单调递减函数，
数列是递减数列，
，，当时，，
当时，顾客和老板在游戏中获胜概率相等，
当时，顾客和老板在游戏中老板的获胜概率更大．
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