江西省赣州市定南县定南中学2024-2025学年高三下学期5月月考数学试题（含答案）

定南中学2025届高三错题重考数学试题
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，只有一项是符合题目要求的。
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．复数，若为纯虚数，则（ ）
A．4 B． C．1 D．
3．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在该椭圆上，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
4．已知实数，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
5．在2019年中共政治局第十八次集体学习中，习近平总书记提出：“把区块链作为核心技术自主创新的重要突破口”，“区块链技术”作为一种新型的信息技术，已经广泛的应用于人们的生活中．在区块链技术中，若密码的长度为128比特，则密码一共有种可能性，因此为了破译此密码，最多需要进行次运算．现在有一台机器，每秒能进行次运算，假设这台机器一直正常运转，则这台机器破译长度为128比特的密码所需要的最长时间约为（参考数据：）（ ）
A．秒 B．秒 C．秒 D．秒
6．已知函数，，若恰有3个极值点，则正数ω的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．将双曲线绕其中心旋转一个合适的角度，可以得到一些熟悉的函数图象，比如反比例函数，“对勾”函数，“飘带”函数等等，它们的图象都能由某条双曲线绕原点旋转而得.现将双曲线绕原点旋转一个合适的角度，得到“飘带”函数的图象，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．若不等式恒成立，则的取值集合为（ ）
A． B． C． 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。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．若，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．设有一组圆Ck：(x－k)2＋(y－k)2＝4(k∈R)，下列说法正确的是(　　)
A.不论k如何变化，圆心C始终在一条直线上 B.所有圆Ck均不经过点(3，0)
C.经过点(2，2)的圆Ck有且只有一个 D.所有圆的面积均为4π
11．已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A．函数的图像关于轴对称
B．函数分别在区间递减，递增
C．对恒成立
D．对恒成立
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知向量，，且，则= ．
13．在三棱锥中，点P在平面的射影为的中点，且，，设该三棱锥的体积为V，该三棱锥外接球的表面积为S，若，则S的取值范围为 ．
14．若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为 ．
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．某学校仅有一个参加某项竞赛的名额，结合平时训练的成绩，甲、乙两名学生进入最后的选拔.为选出参赛代表，学校设计了如下选拔方案：设计6道题进行测试，这6道题中，甲能正确解答其中的4道，乙正确解答每道题目的概率均为，假设甲、乙两名学生解答每道题都相互独立、互不影响.现甲、乙从这6道题中分别随机抽取3道题进行解答.
（1）求甲、乙共答对2道题目的概率；
（2）设甲答对的题数为随机变量，求的分布列、数学期望和方差；
（3）从数学期望和方差的角度分析，应选拔哪个学生代表学校参加竞赛？
16．已知的内角，，所对的边分别为，，，满足，且，，成等比数列.
（1）求；
（2）若，求.
17．如图，已知斜三棱柱的侧面是正方形，侧面是菱形，平面平面，，，点E，F分别是棱，AC的中点．
(1)求证：；
(2)设直线AB与平面的交点为M，求AM的长；
(3)求二面角的余弦值．
18．设函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间上单调递增，求的取值范围；
(3)当时，，求的取值范围．
19．在平面直角坐标系中，对于任意一点，总存在一个点满足关系式，则称为平面直角坐标系中的伸缩变换.
(1)若曲线的方程为.
（i）求经过伸缩变换后所得到曲线的标准方程；
（ii）设曲线的左、右顶点分别为A，B，过点的直线与曲线交于M，N两点，直线与交于点T，证明：点T在一条定直线上；
(2)已知，抛物线经过伸缩变换，得到抛物线，设，，.求数列的前n项和.
定南中学高三错题重考参考答案
1．D 2．D 3．A 4．D
5．B【详解】设所需时间为t秒，则，则，
即，
秒.故选：B．
6．D【详解】因为，所以当时，，
因为恰有3个极值点，所以，
解得，即的取值范围为.故选：D
7．B【详解】“飘带”函数的渐近线为与轴，
设两渐近线夹角为（），则，
整理得，又，所以，整理得，
由，解得.
所以旋转之前双曲线的一条渐近线斜率为，
所以双曲线的离心率为.故选：B
8．A【详解】设，则，.原不等式可化为：.
因为，所以，.
当时，，所以在恒成立，所以；
当时，，所以成立；
当时，，所以在上恒成立，所以.综上可得：.故选：A
9．BD【详解】对于A，令，得；令，得，
因此，A错误；
对于B，，因此，B正确；
对于C，令，即，得，C错误；
对于D，原等式两边求导得，
令，得，D正确.故选：BD
10．答案：ABD　[圆心坐标为(k，k)，在直线y＝x上，A正确；
令(3－k)2＋(0－k)2＝4，化简得2k2－6k＋5＝0，
∵Δ＝36－40＝－4＜0，∴2k2－6k＋5＝0无实数根， B正确；
由(2－k)2＋(2－k)2＝4，化简得k2－4k＋2＝0，∵Δ＝16－8＝8＞0，有两个不相等实根，
∴经过点(2，2)的圆Ck有两个，C错误；由圆的半径为2，得圆的面积为4π，D正确.]
11．ACD【详解】对于A；，
又
，故A正确；
对于B；，
令，求导可得，
当时，，所以在上单调递减，
又，，所以，所以，
所以，所以，
所以，所以函数在区间递增，
由对称性可知，函数在区间递减，故B错误；
令，则，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以，所以，所以，
又，所以，
所以，故C正确；
由B可知，又，
又，所以对恒成立，故D正确.
故选：ACD.
12． 13．
【详解】因为，，故，
取的中点D，连接，由题意可知平面，，
则，易得，
由题意知该三棱锥外接球的球心O在直线上，
设（为负，则球心在平面的下方），外接球半径为R，
故，
易知在上单调递增，即
则，所以.故答案为：.
14．【详解】由，则，设切点为，切线斜率为，
所以，切线为，即，
由，则，设切点为，切线斜率为，
所以，切线为，即，
根据题设，若它们切线为公切线，则有，即，
又，即且，即，
由上关系式并消去并整理得在上有解，
令，则，
当，则，即，此时递增；
当，则或，即或，此时递减；
又，，
所以，即.故答案为：.
15．【解析】（1）由题意得甲、乙两名学生共答对2道题目的概率.
（2）设学生甲答对的题数为，则 的所有可能取值为1,2,3.
，，，
所以 的分布列为
1 2 3
所以，
.
（3）设学生乙答对的题数为，则的所有可能取值为0，1，2，3.
由题意可知,，
所以，.
因为，，即甲、乙答对的题数的期望一样，但甲较稳定，所以应选拔学生甲代表学校参加竞赛.
16．【答案】（1） （2）
【详解】（1）由正弦定理及，得，
即，
由余弦定理得， 所以，
因为,,成等比数列，所以，所以.
（2）因为，整理得，
因为，所以，所以，
代入得，则根据正弦定理有.
17．(1)证明见详解 (2)1 (3)
【详解】（1）取的中点，连接，
由题意可知：为等边三角形，则，
又因为平面平面，平面平面，平面，
可得平面，且，
以为坐标原点，分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
则，所以.
（2）设，则，
由（1）可得：，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
由题意可知：，则，解得，所以AM的长为.
（3）因为，
设平面（即平面）的法向量为，
则，令，则，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
则，
由图可知：二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
18．(1) (2) (3)
【详解】（1）当时，，则，
则曲线在点处的切线斜率为，
又，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2），
由题意得，恒成立．
令，则，且在单调递增，
令，解得，
所以当时，，故单调递减；
当时，，故单调递增；
所以，
又，当且仅当，故．
（3）解法一：因为，所以题意等价于当时，．
即，
整理，得，
因为，所以，故题意等价于．
设，
的导函数，
化简得，
考察函数，其导函数为，
当单调递减；当单调递增；
故在时，取到最小值，即， 即，
所以， 所以当单调递减；
当单调递增； 所以的最小值为， 故．
解法二：先考察，由（2）分析可得，
情况1：当，即， 此时在区间单调递增，
故，即，符合题意；
情况2：若，则，
注意到，且，故对进一步讨论．
①当时，即 且由（2）分析知：当单调递减，
故当，即单调递减，
故恒有，不符合题意，舍去；
②当时，
注意到在区间单调递减，且，又，
故在区间存在唯一的满足；
同理在区间单调递增，且，
故在区间存在唯一的满足；故可得
+ 0 - 0 +
极大值 极小值
所以当，符合题意；
故题意等价于，即．
又因为，即，化简，得
所以，整理得．
注意到，所以， 故解得，
由之前分析得即
考察函数，其导函数为，
当单调递减； 当单调递增；
故在时，取到最小值，即， 即，所以恒成立，
故，又注意到情况（2）讨论范围为，
所以也符合题意． 综上①②本题所求的取值范围为．
方法三：先探究必要性，由题意知当时，是的最小值，
则必要地，即得到必要条件为；
下证的充分性，即证：当时，．
证明：由（2）可知当时，在单调递增，
故的最小值为，符合题意；
故只需要证明时，．
由（2）分析知时，
+ 0 - 0 +
极大值 极小值
其中．
注意到，据此可得更精确的范围是；
所以等价于证明，
又因为，即，可得，
只需证明， 等价于证明，
注意到，即，
故若①当，此时显然成立；若②当，只要证明，
此时，且 所以，故得证．
综上必要性，充分性的分析，本题所求的取值范围为．
19．(1)（i）；（ii）证明见解析 (2)
【详解】（1）（i）设上任意一点，则点在上，
由题意得，化简得，所以曲线的标准方程为；
（ii）设直线，，，
联立直线与，，化简得，
，，
直线，直线，
设点，则，
两条直线方程相除，可得
法一：
即，解得，即点T在直线上；
法二：，，
即，解得，即点T在直线上.
（2）设上的点经过伸缩变换后得点，
则代入的方程，得
则的方程为，则
因为，，所以，
又，所以当时，
，
又符合上式，所以，所以，
，
，
两式作差可得
，所以.