資源簡介

廣東省東莞市某校2024 2025學年高三5月月考數學試題
一、單選題
1．已知集合，則（ ）
A． B． C． D．
2．已知，則（ ）
A． B． C． D．5
3．設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列命題中正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，則
D．若，則
4．已知，則（ ）
A． B． C． D．
5．己知直線與圓：相交于A，B兩點，則（ ）
A． B． C． D．
6．甲、乙、丙、丁、戊五名同學進行勞動技術比賽，決出第1名到第5名的名次．甲和乙去詢問成績，回答者對甲說“很遺憾，你和乙都沒有得到冠軍．”對乙說“你當然不會是最差．”從這兩個回答分析，5人的名次排列可能有多少種不同情況？（ ）
A．27種 B．36種 C．54種 D．72種
7．已知，函數，在上沒有零點，則實數的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知某正三棱柱外接球的表面積為，則該正三棱柱體積的最大值為（ ）
A．1 B． C． D．4
二、多選題
9．已知向量，，則（ ）
A． B．
C．若，則 D．若，則
10．從棱長為1個單位長度的正四面體的一頂點出發，每次均隨機沿一條棱行走1個單位長度，設行走次時恰好為第一次回到點的概率為，恰好為第二次回到點的概率為，則（ ）
A． B．
C．時，為定值 D．數列的最大項為
11．如圖，該幾何體是由正方形沿直線旋轉得到的，已知點是圓弧的中點，點是圓弧上的動點（含端點），則下列結論正確的是（ ）

A．不存在點，使得平面
B．存在點，使得平面平面
C．存在點，使得直線與平面的所成角的余弦值為
D．不存在點，使得平面與平面的夾角的余弦值為
三、填空題
12．已知某種零件的尺寸（單位：）在內的為合格品．某企業生產的該種零件的尺寸服從正態分析，且，則估計該企業生產的1000個零件中合格品的個數為 ．
13．設橢圓的左右焦點為，橢圓上點滿足，則的面積為 .
14．已知數列，下列結論正確的是 ．
①若，則；
②若，則；
③若，則；
④若，則．
四、解答題
15．已知三個內角所對的邊分別為，且.
（1）求的值；
（2）若的面積，且，求的周長.
16．在三棱錐中，平面平面平面.

（1）求證：；
（2）若二面角的余弦值為，且，求.
17．設函數，曲線在點處的切線方程為．
(1)求的值；
(2)設函數，求的單調區間；
(3)求的極值點個數．
18．已知和為橢圓：上兩點.
（1）求橢圓的離心率；
（2）過點的直線與橢圓交于，兩點（，不在軸上）.
（i）若的面積為，求直線的方程；
（ii）直線和分別與軸交于，兩點，求證：以為直徑的圓被軸截得的弦長為定值.
19．某市每年上半年都會舉辦“清明文化節”，下半年都會舉辦“菊花文化節”，吸引著眾多海內外游客.為了更好地配置“文化節”旅游相關資源，2024年該市旅游管理部門對初次參加“菊花文化節”的游客進行了問卷調查，據統計，有的人計劃只參加“菊花文化節”，其他人還想參加2025年的“清明文化節”，只參加“菊花文化節”的游客記1分，兩個文化節都參加的游客記2分.假設每位初次參加“菊花文化節”的游客計劃是否來年參加“清明文化節”相互獨立，將頻率視為概率.
(1)從2024年初次參加“菊花文化節”的游客中隨機抽取三人，求三人合計得分的數學期望；
(2)2025年的“清明文化節”擬定于本年度4月4日至4月19日舉行，為了吸引游客再次到訪，該市計劃免費向到訪的游客提供“單車自由行”和“觀光電車行”兩種出行服務.已知游客甲每天的出行將會在該市提供的這兩種出行服務中選擇，甲第一天選擇“單車自由行”的概率為，若前一天選擇“單車自由行”，后一天繼續選擇“單車自由行”的概率為，若前一天選擇“觀光電車行”，后一天繼續選擇“觀光電車行”的概率為，如此往復.
（i）求甲第二天選擇“單車自由行”的概率；
（ii）求甲第（）天選擇“單車自由行”的概率，并幫甲確定在2025年“清明文化節”的16天中選擇“單車自由行”的概率大于“觀光電車行”的概率的天數.
參考答案
1．【答案】B
【詳解】，，
所以.
故選B
2．【答案】D
【詳解】，
故.
故選D
3．【答案】C
【詳解】如圖所示
對于A，設平面為平面,平面為平面,為，則，則，故A錯；
對于B，設平面為平面,平面為平面,為，則，則，故B錯；
對于C，過作平面與平面交于直線，，則，，可得，則，故C正確；
對于D，設平面為平面, 為， 為，則，則，故D錯.
故選C.
4．【答案】B
【詳解】由得，即，解得，
所以，
故選B.
5．【答案】B
【詳解】因為圓心為到直線的距離為：，
所以=
所以,即.
故選B.
6．【答案】C
【詳解】解：由題意得：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種情況；
再排甲，也有3種情況；
余下3人有種排法．故共有種不同的情況．
故選C.
7．【答案】B
【詳解】當時，，若無解，則或；
當時，，若無解，則.
綜上，實數的取值范圍是.
故選B.
8．【答案】A
【詳解】設外接球的半徑為，則，解得.
設正三棱柱的底面三角形的邊長為，則該三角形外接圓的半徑為，
故該正三棱柱的高為，
所以該正三棱柱的體積.
由，解得.
令，則，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以函數在時取得最大值，
故，所以該正三棱柱體積的最大值為1.
故選A.
9．【答案】AB
【詳解】解：向量，
A．，故正確，符合題意；
B．，，則，
所以，
當時，，正確，符合題意；
C．若，則，解得，故錯誤，不符合題意；
D．若，則，解得，故錯誤，不符合題意；
故選AB．
10．【答案】ACD
【詳解】由題意得對于任意一次行走，到達其他三個點概率均為，
若要行走次時恰好第一次回到點，則第1、2次均不到點A,
所以，故A選項正確；
若要行走次時恰好第二次回到點，則第2次必須回到點A，概率為，故B選項錯誤；
若要行走次時恰好為第一次回到點，則次均未到達點A，所以，
所以為定值，故C選項正確；
當時，；
當時，設第次第一次到達點A，第n次恰好第二次到達點A，
由于第1次和第次的行走不用限制，所以此時概率為，
所以，
令，解得，
所以，
所以和為最大值，故D選項正確.
故選ACD.
11．【答案】BCD
【詳解】由題意，可將幾何體補全為一個正方體，建立空間直角坐標系，如圖所示，

設正方體棱長為2，則，
，設.
對于A選項，假設存在點，使得平面，
因為，，，
則，可得，
因為，則，
即當點與點重合時，平面，故A選項錯誤；
對于B選項，由A選項可知，平面的一個法向量為，
假設存在點，使得平面平面， 則，
，，則，可得，
又因為，解得，即當點為的中點時，平面平面，故B選項正確；
對于C選項， 若存在點，使得直線與平面所成角的余弦值為，
則直線與平面所成角的正弦值為，，
所以，
整理可得，
因為函數在時的圖象是連續的，
且，，所以存在，使得，
所以，存在點，使得直線與平面所成角的余弦值為，C選項正確；
對于D選項， 設平面的法向量為，，
則，取，則，可得，
假設存在點，使得平面與平面的夾角的余弦值為，則，
可得，即可得或，
因為，則則，所以，
故當時，方程和均無解，
綜上所述， 不存在點，使得平面與平面的夾角的余弦值為，故D選項正確.
故選BCD
12．【答案】
【詳解】解：，且，
，
估計該企業生產的1000個該種零件中合格品的個數為．
13．【答案】
【詳解】由橢圓定義可得，
則有，即，，
又，
由，故，
故.
14．【答案】①③④
【詳解】，
，故①正確；
等價于，
數列是以為首項，公比為2的等比數列，，故②不正確；
若，則，則，
以為首項，公差為3的等差數列，，則，故③正確；
若，則，所以，
所以數列是以為首項，公比為2的等比數列，，則，即得，故④正確.
15．【答案】（1）；
（2）.
【詳解】（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.
聯立得：.
所以.
故的周長為.
16．【答案】（1）見詳解
（2）
【詳解】（1）

如圖，過作于.
因為平面平面，平面平面平面
所以平面.
又平面，所以.
又平面平面，所以.
因為平面，且，
所以平面，又平面，所以.
（2）法1：過作于，連接，
由（1）平面，平面，可得，
因平面，，故平面，
又平面，所以.

所以即為二面角的平面角，
所以則.
又由（1）平面，平面，則，
因平面，平面，則.
設，因為，，則，
，
所以，
解得，則，從而.
法2：由（1）可得.如圖，以為原點，所在
直線分別為軸，軸建立空間直角坐標系，

記二面角為，設，因為，
所以，
則，
所以.
設平面的法向量為，則
即令，得，
易知平面的一個法向量為，又，
所以，
解得，則，所以.
17．【答案】(1)
(2)答案見解析
(3)3個
【詳解】（1）因為，所以，
因為在處的切線方程為，
所以，，
則，解得，
所以.
（2）由（1）得，
則，
令，解得，不妨設，，則，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上單調遞減，在，上單調遞增，
即的單調遞減區間為和，單調遞增區間為和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上單調遞減，在，上單調遞增，
當時，，，即
所以在上存在唯一零點，不妨設為，則，
此時，當時，，則單調遞減；當時，，則單調遞增；
所以在上有一個極小值點；
當時，在上單調遞減，
則，故，
所以在上存在唯一零點，不妨設為，則，
此時，當時，，則單調遞增；當時，，則單調遞減；
所以在上有一個極大值點；
當時，在上單調遞增，
則，故，
所以在上存在唯一零點，不妨設為，則，
此時，當時，，則單調遞減；當時，，則單調遞增；
所以在上有一個極小值點；
當時，，
所以，則單調遞增，
所以在上無極值點；
綜上：在和上各有一個極小值點，在上有一個極大值點，共有個極值點.
18．【答案】（1）
（2）（i）；（ii）見詳解
【詳解】（1）由可知，求出，
代入，得，，
則，，
可知橢圓的離心率為.
（2）（i）由（1）可知橢圓的方程為，
設，，過點的直線為，
與聯立得：.恒成立.
所以，
得，所以，直線的方程為：.
（ii）由（i）可知，
直線的方程為，令，得
直線的方程為，令，得，
記以為直徑的圓與軸交于，兩點，
由圓的弦長公式可知，
所以，為定值.
19． 【答案】(1)4 ；
(2)（i）；
（ii） ；2天.
【分析】（1）由合計得分可能的取值，計算相應的概率，再由公式計算數學期望即可；
（2）（i）利用互斥事件的加法公式和相互獨立事件概率乘法公式求概率；
（ii）由題意，求與的關系，通過構造等比數列，求出，再由求出對應的n.
【詳解】（1）由題意，每位游客得1分的概率為，得2分的概率為，
隨機抽取三人，用隨機變量表示三人合計得分，則可能的取值為3，4，5，6，
，，
，，
則，
所以三人合計得分的數學期望為4；
（2）第一天選擇“單車自由行”的概率為，則第一天選擇“觀光電車行”的概率為，
若前一天選擇“單車自由行”，后一天繼續選擇“單車自由行”的概率為，
若前一天選擇“觀光電車行”，后一天繼續選擇“觀光電車行”的概率為，則后一天選擇“單車自由行”的概率為，
（i）甲第二天選擇“單車自由行”的概率；
（ii）甲第 天選擇“單車自由行”的概率，有，
則 ，，
所以，
又因為，所以 ，
所以數列是以為首項，以為公比的等比數列，
所以 ，
由題意知，需，即，
，即 ，
顯然n必為奇數，偶數不成立，
當時，有即可，
時，成立，
時，成立，
時，，則時，不成立，
又因為單調遞減，所以時，不成立，
綜上，16天中選擇“單車自由行”的概率大于“觀光電車行”的概率的天數只有2天．

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