广东省东莞市某校2024-2025学年高三下册5月月考数学试题（含详解）
文档属性
| 名称 | 广东省东莞市某校2024-2025学年高三下册5月月考数学试题（含详解） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-06-23 21:51:43 | ||
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文档简介
广东省东莞市某校2024 2025学年高三5月月考数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则（ ）
A． B． C． D．5
3．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
4．已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．己知直线与圆：相交于A，B两点，则（ ）
A． B． C． D．
6．甲、乙、丙、丁、戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说“你当然不会是最差．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况？（ ）
A．27种 B．36种 C．54种 D．72种
7．已知，函数，在上没有零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知某正三棱柱外接球的表面积为，则该正三棱柱体积的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．4
二、多选题
9．已知向量，，则（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
10．从棱长为1个单位长度的正四面体的一顶点出发，每次均随机沿一条棱行走1个单位长度，设行走次时恰好为第一次回到点的概率为，恰好为第二次回到点的概率为，则（ ）
A． B．
C．时，为定值 D．数列的最大项为
11．如图，该几何体是由正方形沿直线旋转得到的，已知点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．不存在点，使得平面
B．存在点，使得平面平面
C．存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为
D．不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为
三、填空题
12．已知某种零件的尺寸（单位：）在内的为合格品．某企业生产的该种零件的尺寸服从正态分析，且，则估计该企业生产的1000个零件中合格品的个数为 ．
13．设椭圆的左右焦点为，椭圆上点满足，则的面积为 .
14．已知数列，下列结论正确的是 ．
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④若，则．
四、解答题
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.
16．在三棱锥中，平面平面平面.
（1）求证：；
（2）若二面角的余弦值为，且，求.
17．设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)设函数，求的单调区间；
(3)求的极值点个数．
18．已知和为椭圆：上两点.
（1）求椭圆的离心率；
（2）过点的直线与椭圆交于，两点（，不在轴上）.
（i）若的面积为，求直线的方程；
（ii）直线和分别与轴交于，两点，求证：以为直径的圆被轴截得的弦长为定值.
19．某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办“菊花文化节”，吸引着众多海内外游客.为了更好地配置“文化节”旅游相关资源，2024年该市旅游管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进行了问卷调查，据统计，有的人计划只参加“菊花文化节”，其他人还想参加2025年的“清明文化节”，只参加“菊花文化节”的游客记1分，两个文化节都参加的游客记2分.假设每位初次参加“菊花文化节”的游客计划是否来年参加“清明文化节”相互独立，将频率视为概率.
(1)从2024年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分的数学期望；
(2)2025年的“清明文化节”拟定于本年度4月4日至4月19日举行，为了吸引游客再次到访，该市计划免费向到访的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种出行服务.已知游客甲每天的出行将会在该市提供的这两种出行服务中选择，甲第一天选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，如此往复.
（i）求甲第二天选择“单车自由行”的概率；
（ii）求甲第（）天选择“单车自由行”的概率，并帮甲确定在2025年“清明文化节”的16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数.
参考答案
1．【答案】B
【详解】，，
所以.
故选B
2．【答案】D
【详解】，
故.
故选D
3．【答案】C
【详解】如图所示
对于A，设平面为平面,平面为平面,为，则，则，故A错；
对于B，设平面为平面,平面为平面,为，则，则，故B错；
对于C，过作平面与平面交于直线，，则，，可得，则，故C正确；
对于D，设平面为平面, 为， 为，则，则，故D错.
故选C.
4．【答案】B
【详解】由得，即，解得，
所以，
故选B.
5．【答案】B
【详解】因为圆心为到直线的距离为：，
所以=
所以,即.
故选B.
6．【答案】C
【详解】解：由题意得：甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有3种情况；
再排甲，也有3种情况；
余下3人有种排法．故共有种不同的情况．
故选C.
7．【答案】B
【详解】当时，，若无解，则或；
当时，，若无解，则.
综上，实数的取值范围是.
故选B.
8．【答案】A
【详解】设外接球的半径为，则，解得.
设正三棱柱的底面三角形的边长为，则该三角形外接圆的半径为，
故该正三棱柱的高为，
所以该正三棱柱的体积.
由，解得.
令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数在时取得最大值，
故，所以该正三棱柱体积的最大值为1.
故选A.
9．【答案】AB
【详解】解：向量，
A．，故正确，符合题意；
B．，，则，
所以，
当时，，正确，符合题意；
C．若，则，解得，故错误，不符合题意；
D．若，则，解得，故错误，不符合题意；
故选AB．
10．【答案】ACD
【详解】由题意得对于任意一次行走，到达其他三个点概率均为，
若要行走次时恰好第一次回到点，则第1、2次均不到点A,
所以，故A选项正确；
若要行走次时恰好第二次回到点，则第2次必须回到点A，概率为，故B选项错误；
若要行走次时恰好为第一次回到点，则次均未到达点A，所以，
所以为定值，故C选项正确；
当时，；
当时，设第次第一次到达点A，第n次恰好第二次到达点A，
由于第1次和第次的行走不用限制，所以此时概率为，
所以，
令，解得，
所以，
所以和为最大值，故D选项正确.
故选ACD.
11．【答案】BCD
【详解】由题意，可将几何体补全为一个正方体，建立空间直角坐标系，如图所示，
设正方体棱长为2，则，
，设.
对于A选项，假设存在点，使得平面，
因为，，，
则，可得，
因为，则，
即当点与点重合时，平面，故A选项错误；
对于B选项，由A选项可知，平面的一个法向量为，
假设存在点，使得平面平面， 则，
，，则，可得，
又因为，解得，即当点为的中点时，平面平面，故B选项正确；
对于C选项， 若存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
则直线与平面所成角的正弦值为，，
所以，
整理可得，
因为函数在时的图象是连续的，
且，，所以存在，使得，
所以，存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，C选项正确；
对于D选项， 设平面的法向量为，，
则，取，则，可得，
假设存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，则，
可得，即可得或，
因为，则则，所以，
故当时，方程和均无解，
综上所述， 不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，故D选项正确.
故选BCD
12．【答案】
【详解】解：，且，
，
估计该企业生产的1000个该种零件中合格品的个数为．
13．【答案】
【详解】由椭圆定义可得，
则有，即，，
又，
由，故，
故.
14．【答案】①③④
【详解】，
，故①正确；
等价于，
数列是以为首项，公比为2的等比数列，，故②不正确；
若，则，则，
以为首项，公差为3的等差数列，，则，故③正确；
若，则，所以，
所以数列是以为首项，公比为2的等比数列，，则，即得，故④正确.
15．【答案】（1）；
（2）.
【详解】（1）由正弦定理可得，，得：.
所以.
又，且，所以.
由，故.
（2），所以.
由余弦定理，.
又.
联立得：.
所以.
故的周长为.
16．【答案】（1）见详解
（2）
【详解】（1）
如图，过作于.
因为平面平面，平面平面平面
所以平面.
又平面，所以.
又平面平面，所以.
因为平面，且，
所以平面，又平面，所以.
（2）法1：过作于，连接，
由（1）平面，平面，可得，
因平面，，故平面，
又平面，所以.
所以即为二面角的平面角，
所以则.
又由（1）平面，平面，则，
因平面，平面，则.
设，因为，，则，
，
所以，
解得，则，从而.
法2：由（1）可得.如图，以为原点，所在
直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，
记二面角为，设，因为，
所以，
则，
所以.
设平面的法向量为，则
即令，得，
易知平面的一个法向量为，又，
所以，
解得，则，所以.
17．【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)3个
【详解】（1）因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，，
则，解得，
所以.
（2）由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，即
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，则单调递增，
所以在上无极值点；
综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.
18．【答案】（1）
（2）（i）；（ii）见详解
【详解】（1）由可知，求出，
代入，得，，
则，，
可知椭圆的离心率为.
（2）（i）由（1）可知椭圆的方程为，
设，，过点的直线为，
与联立得：.恒成立.
所以，
得，所以，直线的方程为：.
（ii）由（i）可知，
直线的方程为，令，得
直线的方程为，令，得，
记以为直径的圆与轴交于，两点，
由圆的弦长公式可知，
所以，为定值.
19． 【答案】(1)4 ；
(2)（i）；
（ii） ；2天.
【分析】（1）由合计得分可能的取值，计算相应的概率，再由公式计算数学期望即可；
（2）（i）利用互斥事件的加法公式和相互独立事件概率乘法公式求概率；
（ii）由题意，求与的关系，通过构造等比数列，求出，再由求出对应的n.
【详解】（1）由题意，每位游客得1分的概率为，得2分的概率为，
随机抽取三人，用随机变量表示三人合计得分，则可能的取值为3，4，5，6，
，，
，，
则，
所以三人合计得分的数学期望为4；
（2）第一天选择“单车自由行”的概率为，则第一天选择“观光电车行”的概率为，
若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，
若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，则后一天选择“单车自由行”的概率为，
（i）甲第二天选择“单车自由行”的概率；
（ii）甲第 天选择“单车自由行”的概率，有，
则 ，，
所以，
又因为，所以 ，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以 ，
由题意知，需，即，
，即 ，
显然n必为奇数，偶数不成立，
当时，有即可，
时，成立，
时，成立，
时，，则时，不成立，
又因为单调递减，所以时，不成立，
综上，16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数只有2天．
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则（ ）
A． B． C． D．5
3．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
4．已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．己知直线与圆：相交于A，B两点，则（ ）
A． B． C． D．
6．甲、乙、丙、丁、戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说“你当然不会是最差．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况？（ ）
A．27种 B．36种 C．54种 D．72种
7．已知，函数，在上没有零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知某正三棱柱外接球的表面积为，则该正三棱柱体积的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．4
二、多选题
9．已知向量，，则（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
10．从棱长为1个单位长度的正四面体的一顶点出发，每次均随机沿一条棱行走1个单位长度，设行走次时恰好为第一次回到点的概率为，恰好为第二次回到点的概率为，则（ ）
A． B．
C．时，为定值 D．数列的最大项为
11．如图，该几何体是由正方形沿直线旋转得到的，已知点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．不存在点，使得平面
B．存在点，使得平面平面
C．存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为
D．不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为
三、填空题
12．已知某种零件的尺寸（单位：）在内的为合格品．某企业生产的该种零件的尺寸服从正态分析，且，则估计该企业生产的1000个零件中合格品的个数为 ．
13．设椭圆的左右焦点为，椭圆上点满足，则的面积为 .
14．已知数列，下列结论正确的是 ．
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④若，则．
四、解答题
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.
16．在三棱锥中，平面平面平面.
（1）求证：；
（2）若二面角的余弦值为，且，求.
17．设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)设函数，求的单调区间；
(3)求的极值点个数．
18．已知和为椭圆：上两点.
（1）求椭圆的离心率；
（2）过点的直线与椭圆交于，两点（，不在轴上）.
（i）若的面积为，求直线的方程；
（ii）直线和分别与轴交于，两点，求证：以为直径的圆被轴截得的弦长为定值.
19．某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办“菊花文化节”，吸引着众多海内外游客.为了更好地配置“文化节”旅游相关资源，2024年该市旅游管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进行了问卷调查，据统计，有的人计划只参加“菊花文化节”，其他人还想参加2025年的“清明文化节”，只参加“菊花文化节”的游客记1分，两个文化节都参加的游客记2分.假设每位初次参加“菊花文化节”的游客计划是否来年参加“清明文化节”相互独立，将频率视为概率.
(1)从2024年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分的数学期望；
(2)2025年的“清明文化节”拟定于本年度4月4日至4月19日举行，为了吸引游客再次到访，该市计划免费向到访的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种出行服务.已知游客甲每天的出行将会在该市提供的这两种出行服务中选择，甲第一天选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，如此往复.
（i）求甲第二天选择“单车自由行”的概率；
（ii）求甲第（）天选择“单车自由行”的概率，并帮甲确定在2025年“清明文化节”的16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数.
参考答案
1．【答案】B
【详解】，，
所以.
故选B
2．【答案】D
【详解】，
故.
故选D
3．【答案】C
【详解】如图所示
对于A，设平面为平面,平面为平面,为，则，则，故A错；
对于B，设平面为平面,平面为平面,为，则，则，故B错；
对于C，过作平面与平面交于直线，，则，，可得，则，故C正确；
对于D，设平面为平面, 为， 为，则，则，故D错.
故选C.
4．【答案】B
【详解】由得，即，解得，
所以，
故选B.
5．【答案】B
【详解】因为圆心为到直线的距离为：，
所以=
所以,即.
故选B.
6．【答案】C
【详解】解：由题意得：甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有3种情况；
再排甲，也有3种情况；
余下3人有种排法．故共有种不同的情况．
故选C.
7．【答案】B
【详解】当时，，若无解，则或；
当时，，若无解，则.
综上，实数的取值范围是.
故选B.
8．【答案】A
【详解】设外接球的半径为，则，解得.
设正三棱柱的底面三角形的边长为，则该三角形外接圆的半径为，
故该正三棱柱的高为，
所以该正三棱柱的体积.
由，解得.
令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数在时取得最大值，
故，所以该正三棱柱体积的最大值为1.
故选A.
9．【答案】AB
【详解】解：向量，
A．，故正确，符合题意；
B．，，则，
所以，
当时，，正确，符合题意；
C．若，则，解得，故错误，不符合题意；
D．若，则，解得，故错误，不符合题意；
故选AB．
10．【答案】ACD
【详解】由题意得对于任意一次行走，到达其他三个点概率均为，
若要行走次时恰好第一次回到点，则第1、2次均不到点A,
所以，故A选项正确；
若要行走次时恰好第二次回到点，则第2次必须回到点A，概率为，故B选项错误；
若要行走次时恰好为第一次回到点，则次均未到达点A，所以，
所以为定值，故C选项正确；
当时，；
当时，设第次第一次到达点A，第n次恰好第二次到达点A，
由于第1次和第次的行走不用限制，所以此时概率为，
所以，
令，解得，
所以，
所以和为最大值，故D选项正确.
故选ACD.
11．【答案】BCD
【详解】由题意，可将几何体补全为一个正方体，建立空间直角坐标系，如图所示，
设正方体棱长为2，则，
，设.
对于A选项，假设存在点，使得平面，
因为，，，
则，可得，
因为，则，
即当点与点重合时，平面，故A选项错误；
对于B选项，由A选项可知，平面的一个法向量为，
假设存在点，使得平面平面， 则，
，，则，可得，
又因为，解得，即当点为的中点时，平面平面，故B选项正确；
对于C选项， 若存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
则直线与平面所成角的正弦值为，，
所以，
整理可得，
因为函数在时的图象是连续的，
且，，所以存在，使得，
所以，存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，C选项正确；
对于D选项， 设平面的法向量为，，
则，取，则，可得，
假设存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，则，
可得，即可得或，
因为，则则，所以，
故当时，方程和均无解，
综上所述， 不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，故D选项正确.
故选BCD
12．【答案】
【详解】解：，且，
，
估计该企业生产的1000个该种零件中合格品的个数为．
13．【答案】
【详解】由椭圆定义可得，
则有，即，，
又，
由，故，
故.
14．【答案】①③④
【详解】，
，故①正确；
等价于，
数列是以为首项，公比为2的等比数列，，故②不正确；
若，则，则，
以为首项，公差为3的等差数列，，则，故③正确；
若，则，所以，
所以数列是以为首项，公比为2的等比数列，，则，即得，故④正确.
15．【答案】（1）；
（2）.
【详解】（1）由正弦定理可得，，得：.
所以.
又，且，所以.
由，故.
（2），所以.
由余弦定理，.
又.
联立得：.
所以.
故的周长为.
16．【答案】（1）见详解
（2）
【详解】（1）
如图，过作于.
因为平面平面，平面平面平面
所以平面.
又平面，所以.
又平面平面，所以.
因为平面，且，
所以平面，又平面，所以.
（2）法1：过作于，连接，
由（1）平面，平面，可得，
因平面，，故平面，
又平面，所以.
所以即为二面角的平面角，
所以则.
又由（1）平面，平面，则，
因平面，平面，则.
设，因为，，则，
，
所以，
解得，则，从而.
法2：由（1）可得.如图，以为原点，所在
直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，
记二面角为，设，因为，
所以，
则，
所以.
设平面的法向量为，则
即令，得，
易知平面的一个法向量为，又，
所以，
解得，则，所以.
17．【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)3个
【详解】（1）因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，，
则，解得，
所以.
（2）由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，即
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，则单调递增，
所以在上无极值点；
综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.
18．【答案】（1）
（2）（i）；（ii）见详解
【详解】（1）由可知，求出，
代入，得，，
则，，
可知椭圆的离心率为.
（2）（i）由（1）可知椭圆的方程为，
设，，过点的直线为，
与联立得：.恒成立.
所以，
得，所以，直线的方程为：.
（ii）由（i）可知，
直线的方程为，令，得
直线的方程为，令，得，
记以为直径的圆与轴交于，两点，
由圆的弦长公式可知，
所以，为定值.
19． 【答案】(1)4 ；
(2)（i）；
（ii） ；2天.
【分析】（1）由合计得分可能的取值，计算相应的概率，再由公式计算数学期望即可；
（2）（i）利用互斥事件的加法公式和相互独立事件概率乘法公式求概率；
（ii）由题意，求与的关系，通过构造等比数列，求出，再由求出对应的n.
【详解】（1）由题意，每位游客得1分的概率为，得2分的概率为，
随机抽取三人，用随机变量表示三人合计得分，则可能的取值为3，4，5，6，
，，
，，
则，
所以三人合计得分的数学期望为4；
（2）第一天选择“单车自由行”的概率为，则第一天选择“观光电车行”的概率为，
若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，
若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，则后一天选择“单车自由行”的概率为，
（i）甲第二天选择“单车自由行”的概率；
（ii）甲第 天选择“单车自由行”的概率，有，
则 ，，
所以，
又因为，所以 ，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以 ，
由题意知，需，即，
，即 ，
显然n必为奇数，偶数不成立，
当时，有即可，
时，成立，
时，成立，
时，，则时，不成立，
又因为单调递减，所以时，不成立，
综上，16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数只有2天．
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