山东省菏泽第一中学人民路校区2024届高三下学期5月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份山东省菏泽第一中学人民路校区2024届高三下学期5月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含山东省菏泽第一中学人民路校区2024届高三下学期5月月考数学试题原卷版docx、山东省菏泽第一中学人民路校区2024届高三下学期5月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。

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. 有一组互不相等的样本数据，若随机剔除其中一个数据，得到一组新数据，若两组数据平均数相等（ ）
A. 则新数据的方差一定小于原数据方差
B. 则新数据的方差一定大于原数据方差
C. 则新数据的分位数一定小于原数据的分位数
D. 则新数据的分位数一定大于原数据的分位数
【答案】B
【解析】
【分析】根据方差、百分位数的性质逐一判断即可.
【详解】若两组数据平均数相等，可知从原数据中去掉的数据恰好为该组数据的平均数 .
因为，
可知原数据的 分位数为这组数据按从小到大顺序排列的第个数，
因 ，
可知新数据的 分位数为新数据按从小到大顺序排列的第个数与第个数的平均数，
例如原数据为： ，
新数据为：，
此时新数据的分位数、原数据的分位数均为，
则选项C、D均错误，
记得到的一组新数据为，
因为 ，
可得 ，
所以所得的一组新数据的方差一定大于原数据方差，
故选项A错误，选项B正确．
故选：B.
2. 设是圆上两点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由圆的性质和向量的数量积与向量的垂直关系求解.
【详解】设 中点为 ，则由圆的性质可得 ，如图，
所以 ．
故选：D
3. “直线经过第一、二、四象限”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】先利用直线经过第一、二、四象限求得k的取值范围，进而得到其与“”逻辑关系.
【详解】要使 经过第一、二、四象限，
则 ，解得： ，
因此，“直线经过一、二、四象限”
是“”的充要条件．
故选：C
4. 在四面体中，平面，，若，，则四面体外接球的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由线面垂直得到线线垂直，作出辅助线，找到外接球球心，由正弦定理得的外接圆直径，进而求出外接球半径，得到答案.
【详解】平面 且 平面，平面，
，
， ，则 ，
记 的中点为 ， 的外接圆圆心为 ，
过 作平面 的垂线，则球心 在该垂线上，
连接 ，易知四边形 是矩形，
又在等腰三角形中，由，，得，
则由正弦定理得的外接圆直径，即得，
，
，即外接球的半径 ．
故选：C
【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积.
5. 定义在上的函数满足，为偶函数，函数的图象关于对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助抽象函数的奇偶性、对称性以及周期性即可解答.
【详解】因为关于对称，有，
令，则，的图象关于对称.
由为偶函数，得，则的图象于对称，
因为，
所以，
即，则的图象关于对称.
所以，又，
所以，所以，
所以，所以为一个周期，
因为图象关于对称，所以，
故，
所以由，得.
故选：C.
6. 将名教师和名学生安排到个地区开展调研活动，出于安全考虑，若每个地区至少安排名教师，至多安排名学生，则不同的安排方式共有种（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别将教师和学生进行分组，再进行分配即可.
【详解】名教师分成组，一定有人在一个组，共有种方法；
名学生可以分成组或组，共有种方法；
所以不同的安排方式有.
故选：C
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件解出，再依据齐次式计算求得结果．
【详解】因为，解得，
，
．
故选：C．
8. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，．是上一点在第一象限，直线与轴交于点，若，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，用分别表示，，由，得到与的关系，再结合角度关系利用余弦定理求出的关系，进而得到离心率．
【详解】设，则由题意有：，，，
由题意可知，，
由，所以，
即．
因为，，
所以，，
即．
故选：A．
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. 某公司给一款新产品投放广告，根据统计，投入单位：万元的广告费与该产品的收益单位：万元的统计数据如下表所示，根据表中的数据可得到经验回归方程为，则下列结论正确的是（ ）
A. 与的样本相关系数
B.
C. 当投入万元的广告费时，该产品的收益一定是万元
D. 时，残差为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据和的变化规律，即可判断A；计算出，将样本中心点代入回归直线方程，即可求，即可判断B；根据回归直线方程的概念分析即可判断C;根据回归直线方程计算时的，计算，即可判断D．
【详解】对于A，由表格可知，越大，越大，所以与有正相关关系，所以相关系数，故 A正确；
对于B，,，则样本中心点为，将样本中心点代入直线方程，得，所以，故 B正确；
对于C，，当时，，该产品的收益大概是万元，C选项错误；
对于D，,当时，
则残差为，故D选项错误．
故选：AB．
10. 如图，在棱长为的正方体中，、分别是棱、的中点，为底面上的动点．则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则点的轨迹长度为
B. 若在线段上运动，周长的最小值为
C. 若是的中点，则平面截正方体所得截面的面积为
D. 当为的中点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项，以点为坐标原点建立坐标系，利用得到的轨迹满足的方程，进而求出轨迹长度；B选项，将平面沿着翻折至与共面，当三点共线时，的周长最小；C选项，取的中点，易得四边形为平面截正方体所得的截面；D选项，将注意到面，即求三棱锥的外接球表面积．
【详解】对于选项，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，由题知，即，
记的中点为，则点在线段不含上运动，
而 ，所以点的轨迹长度为，故 A选项正确；
对于B选项，将平面沿着翻折至与共面，如图，
当三点共线时，的周长最小，此时，
翻折前，故的周长的最小值为， B错误；
对于C项，是的中点，取中点，连接，，，如图，
因为，所以四边形为平行四边形，所以，又，
所以，所以共面，则四边形为平面截正方体所得的截面，
又，所以四边形为菱形，，，所以四边形的面积为，故 C选项正确；
对于D选项，如图，
易知面，因为，，
所以，所以，
设的外接圆半径为，则，所以，
设三棱锥的外接球半径为，则，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故 D选项正确．
故选：ACD．
11. 已知抛物线的焦点与圆的圆心重合，若点、分别在、上运动，点则下列说法正确的是（ ）
A. 当直线经过时，
B. 的周长最小值为
C. 过作圆的切线，切点分别为，则当四边形的面积最小时，
D. 设，则的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，求出焦点坐标即可得抛物线方程，计算出直线的方程，求出的横坐标，进而求出焦点弦；对B，利用抛物线的定义，抛物线上点到焦点的距离转化成到准线的距离，再依据数形结合即可求出最值；对C，将面积表达为与有关的式子，当最小时，面积最小，进而求出切点弦长；对D，可以转化成，求出使得最小的的位置，进而计算所求最大值.
【详解】由题意，，所以，，
对于A，直线经过，所以方程为：，
联立，得，解得，
所以，错误；
对于B，抛物线的准线方程为，过作于，
则，
当三点共线时，等号成立，
此时，正确；
对于C，四边形的面积为，
设，则，
则当在原点时，取得最小值，四边形的面积取得最小值，
由等面积法，，所以，正确；
对于D，，
要使得最大，则最小时，满足条件，
过作圆的切线靠近的切线，切点即为，由，，，所以，
此时，为最小值,
此时.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知单位向量，满足，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据向量的模计算出，再计算数量积即可．
【详解】因为，所以，
所以，
所以．
故答案为：．
13. 已知，，，则的最小值为__________
【答案】##
【解析】
【分析】根据条件化简后利用均值不等式求解即可.
【详解】由 ，， 可得，
，
当且仅当 ，即时，等号成立，
所以， 的最小值为 ．
故答案为：
14. 法国著名数学家加斯帕尔蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以坐标原点为圆心，为半径的圆为椭圆的长半轴长，为椭圆的短半轴长，这个圆称为蒙日圆．已知椭圆，若是直线上的一点，过点作椭圆的两条切线与椭圆相切于，两点，是坐标原点，连接，当为直角时，则为__________．
【答案】或
【解析】
【分析】由题意可知点在椭圆的蒙日圆上，将直线和蒙日圆联立方程，求出点坐标，根据两点间的斜率公式，即可求出.
【详解】因为椭圆 ，则蒙日圆方程为，
当为直角时，点即为直线 与 的交点，
由 ，解得 或 ，故 或 ，
所以 或 ．
故答案为：或.
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. 已知在曲线上，直线交曲线于，两点．
（1）求曲线的方程；
（2）若过且斜率的直线与曲线交于，两点，求的最小值．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）化简给定的方程即可得曲线的方程.
（2）把直线的方程分别与曲线的方程联立，利用韦达定理及向量数量积运算，结合基本不等式求解即得.
【小问1详解】
将两边平方，得，整理得，经验证符合题意，
所以曲线的方程为．
【小问2详解】
设点，显然，抛物线的焦点，准线为，
则，
由消去y得，，
则，而直线，同理，
， 当且仅当，即时取等号，
所以 最小值为．
16. 已知数列的前项和为，且满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若不等式对任意的正整数恒成立，求整数的最大值．
【答案】（1）．
（2）8
【解析】
【分析】（1）由与的关系求的通项公式；
（2）将不等式转化为，令，作差求出数列的最大值即可．
【小问1详解】
因为，
所以，
当时，，
两式相减得：，
即，，
所以，
所以，，
所以，是以为首项，以为公差得等差数列，
故．
【小问2详解】
因为，
所以，
依题意，不等式为，
即，
由得对任意的正整数恒成立，
又，
所以对任意的正整数恒成立．
设，
则，
所以，
所以当时，最大，最大值为，
所以，
解得，
则整数的最大值为．
17. 在几何体中，、、均与正方形垂直，，，点在上，且，，的长成等比数列，是线段上的动点．
（1）若为的中点，求证：平面；
（2）若，，求与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一：利用平行关系可证，根据垂直关系可证平面，即可得结果；方法二：建系标点，利用空间向量证明线面垂直；
（2）根据题意求相应长度，求平面的法向量，利用空间求线面夹角，进而分析最值.
【小问1详解】
方法一：连，，设与交于，
由题意可知：，，则四边形为平行四边形，
可得，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，，成等比数列，所以，
在和中，，
则，可知，且，
可得，所以，
由题意知，，，，平面，
可得平面，且平面，所以，
且，平面，所以平面，
又因为，所以平面；
方法二：以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
由，，的长成等比数列，设公比为，，，
则，，
则，，，，
可得，，，
可得，，
所以，，
因为，平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为，，，
在中，，
即，又因，
解得，，
则，，，，，
设，，
则，，，
设平面的一个法向量，则，
取，则，
设与平面所成的角为，
则
，
因为，所以当时，取最大值，
所以点在点处时，与平面所成角的正弦值的最大值为．
18. 已知函数.
（1）当时，求的极值；
（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围；
（3）证明：.
【答案】（1）极大值，无极小值
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的单调区间，得在处取到极大值，无极小值；
（2）不等式恒成立，即恒成立，令，利用导数求出函数最大值可得结果；
（3）由（2）可得，进而得到，再利用累加法即可得解.
【小问1详解】
当时，，，
则，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
所以在处取到极大值，无极小值.
【小问2详解】
因为，恒成立，所以恒成立，
令，则，
令，则恒成立，
即在区间上单调递减，
所以，即，所以时，，
所以在区间上单调递减，故，所以，
所以实数的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）可知，取，当时，，所以，
取，则有，即，
所以
将上述式子相加得
即
【点睛】关键点点睛：解决本题（3）的关键点是借助（2）的结论，取，得，取，则有，再累加即可证明不等式.
19. 为应对新一代小型无人机武器，某研发部门开发了甲、乙两种不同的防御武器，现对两种武器的防御效果进行测试.每次测试都是由一种武器向目标无人机发动三次攻击，每次攻击击中目标与否相互独立，每次测试都会使用性能一样的全新无人机.对于甲种武器，每次攻击击中目标无人机的概率均为，且击中一次目标无人机坠毁的概率为，击中两次目标无人机必坠毁；对于乙种武器，每次攻击击中目标无人机的概率均为，且击中一次目标无人机坠毁的概率为，击中两次目标无人机坠毁的概率为，击中三次目标无人机必坠毁.
（1）若，分别使用甲、乙两种武器进行一次测试.
①求甲种武器使目标无人机坠毁的概率；
②记甲、乙两种武器使目标无人机坠毁的数量为，求的分布列与数学期望.
（2）若，且，试判断在一次测试中选用甲种武器还是乙种武器使得目标无人机坠毁的概率更大？并说明理由.
【答案】（1）①；②分布列见解析，
（2）使用乙种武器使得目标无人机坠毁的概率更大，理由见解析
【解析】
【分析】（1）首先确定，，①再根据题意和甲种武器击中目标的次数，确定概率；②首先确定，分别根据甲和乙两种武器使目标无人机坠毁的概率，确定分布列中的概率，再计算期望；
（2）分别用概率表示甲和乙使无人机坠毁的概率，再利用导数比较大小，即可求解.
小问1详解】
因为每次测试都是由一种武器向目标无人机发动三次攻击，每次攻击击中目标无人机与否相互独立，
在一次测试中，用、分别表示甲、乙两种武器命中目标无人机的次数，则，，
记事件为“在一次测试中，使用甲种武器使目标无人机坠毁”，
，
所有可能的取值为，
记事件为“在一次测试中，使用乙种武器使目标无人机坠毁”，
，
，
，
，
所以的分布列如下：
故.
【小问2详解】
记事件为“使用甲种武器使得目标无人机坠毁”，
事件为“使用乙种武器使得目标无人机坠毁”，
则
，
，
因为，所以，
则
，
令，则，
令，即，则，得，
又，所以恒成立，
所以在上单调递增，
又，则，
故，即，
所以使用乙种武器使得目标无人机坠毁的概率更大.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，理解坠毁与击中的关系，以及理解每种武器击中次数满足二项分布.