许昌高级中学2024届高三下学期5月月考数学试卷(含答案)

这是一份许昌高级中学2024届高三下学期5月月考数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知,是单位向量,且它们的夹角是,若,,且,则( )
A.B.C.D.
2．已知函数的部分图象如图所示,则下列结论正确的是( )
A.当时,的最小值为
B.在区间上单调递增
C.的最小正周期为
D.的图象关于直线对称
3．已知点集,且P,,,点O是坐标原点,其中正确结论的个数有( )
①点集M表示的图形关于x轴对称
②存在点P和点Q,使得
③若直线经过点,则的最小值为2
④若直线经过点,且的面积为,则直线的方程为
A.1个B.2个C.3个D.4个
4．已知函数,若关于x的方程的不同实数根的个数为6,则a的取值范围为( )
A.B.C.D.
5．设点，分别为椭圆的左、左焦点，点P是椭圆C上任意一点，若使得成立的点P恰好有4个，则实数m的值可以是( )
A.0B.2C.4D.6
6．安排5名学生去3个社区进行志愿服务,且每人只去一个社区,要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务,则不同的安排方式共有( )
A.360种B.300种C.150种D.125种
7．已知函数为R上的偶函数,且当,时,,若,,,则下列选项正确的是( )
A.B.C.D.
8．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，第一象限内的点P在C上，点P关于坐标原点的对称点为Q，点M在内且到三边的距离相等.若点P，Q，M在x轴上的射影分别为，，，，则C的离心率为( )
A.2B.8C.D.
二、多项选择题
9．已知，是函数的两个零点，且的最小值是，则( )
A.在上单调递增
B.的图象关于直线对称
C.的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
D.在上仅有1个零点
10．已知抛物线焦点为,过点（不与点重合）的直线交于两点,为坐标原点,直线分别交于两点,,则（ ）
A.B.直线过定点
C.的最小值为D.的最小值为
11．在平面直角坐标系xOy中,P为曲线上任意一点,则( )
A.E与曲线有4个公共点B.P点不可能在圆外
C.满足且的点P有5个D.P到x轴的最大距离为
三、填空题
12．已知向量,,若,则的取值范围为____________.
13．已知圆和抛物线,F为抛物线C的焦点,若圆M与抛物线C在公共点P处有相同的切线l,且直线l的纵截距为则实数p的值为____________.
14．已知双曲线的左、右焦点分别为,,过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于A,B两点,若,,则C的离心率为____________.
四、解答题
15．已知函数．
（1）求函数的极值；
（2）若对任意，都有成立，求实数a的取值范围．
16．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面，.点E在侧棱上（端点除外），平面交于点F.
（1）求证：四边形为直角梯形；
（2），求直线与平面所成角的正弦值.
17．人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学,自诞生以来,理论和技术日益成熟.某公司研究了一款答题机器人,参与一场答题挑战.若开始基础分值为m（）分,每轮答2题,都答对得1分,仅答对1题得0分,都答错得-1分.若该答题机器人答对每道题的概率均为,每轮答题相互独立,每轮结束后机器人累计得分为X,当时,答题结束,机器人挑战成功,当时,答题也结束,机器人挑战失败.
（1）当时,求机器人第一轮答题后累计得分X的分布列与数学期望;
（2）当时,求机器人在第6轮答题结束且挑战成功的概率.
18．已知椭圆,直线与E交于,两点,点P在线段MN上（不含端点）,过点P的另一条直线与E交于A,B两点.
（1）求椭圆E的标准方程;
（2）若,,点A在第二象限,求直线的斜率;
（3）若直线MA,MB的斜率之和为2,求直线的斜率的取值范围.
19．已知函数.
（1）判断并证明的零点个数
（2）记在上的零点为,求证;
（i）是一个递减数列
（ii）.
参考答案
1．答案：B
解析：由得,,
即,解得,
2．答案：D
解析：由图可知,,
又因为,所以,所以,
所以,即.
对于A：当,, ,A错误;
对于B：,,
由于在上单调递增,在上单调递减,
所以在上先增后减,B错误;
对于C：的最小正周期为,C错误;
对于D：当时,,故,
所以的图象关于直线对称,D正确,
3．答案：C
解析：若满足,则代入可得,
因此是M中的元素,①正确,
由可得,故,
因此表示焦点在轴上的双曲线的右支,此双曲线是由等轴双曲线向左平移1一个单位长度得到,故该双曲线的渐近线方程为,由于两渐近线互相垂直,而为该双曲线的中心,故,故不存在存在点P和点Q,使得,②错误,
由于M表示的双曲线的焦点为,若直线经过点,则的最小值为通径,故③正确,
④若直线经过点,设直线方程为,
联立与双曲线方程可得,
由于,结合渐近线斜率为,故,
设,,则,,
则,
又O到直线的距离为,
所以的面积为,考虑到,解得,（舍去）,则直线的方程为,故④正确
4．答案：C
解析：当时,,由此可知在单调递减,
且当时,,在上单调递增,;
当时,在单调递增,在上单调递减,
,如图所示.
得,即或,
由与有两个交点,则必有四个零点,
即,得.
5．答案：B
解析：因为点，分别为椭圆的左、右焦点；
所以，，
设则，，
由可得，
又因为P在椭圆上，即，
所以，
由对称性可得，要使得成立的点恰好是4个，则，
解得，
所以m的值可以是2.
故选：B.
6．答案：C
解析：5名学生分成组,每组至少1人,有3,1,1和2,2,1两种情况
①3,1,1：分组共有种分法;再分配到3个社区：种
②2,2,1：分组共有种分法;再分配到3个社区：种
综上所述：共有种安排方式
7．答案：C
解析：当时,,所以在上单调递增:又有为R上的偶函数,所以在上单调递减.又有,所以,而,又,且,所以,所以,故选C.
8．答案：A
解析：由题意得点M为的内切圆圆心，且圆M与x轴切于点，设圆M与，分别切于点A，B，则，且，所以，则.连接，设，则，，所以，所以，，则，所以，故选A.
9．答案：ABD
解析：由题意可知，函数的最小正周期，，.对于A，当时，，在上单调递增，故A正确；对于B，，的图象关于直线对称，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，当时，，仅当，即时，，故D正确.故选ABD.
10．答案：ACD
解析：设直线与抛物线联立可得：,
设,则,
因为,,所以,解,故A正确;
由A可知,,设直线,与抛物线联立可得,,
设,,所以,同理可得,所以,
直线,即,所以直线过定点,故B错误;
,故C正确;
,,
所以,故D正确.
故选：ACD.
11．答案：BD
解析：联立方程与,解得,或,,
所以E与曲线有2个公共点,A错误;
由,得,
当且仅当时,取等号,故B正确;
由B知,故满足且的点P仅有,与,共有3个,故C错误;
由得,设,,
则关于m的方程有非负实根,
设,,显然在上单调递增,
由,得,则,解得,即,
所以,且等号可取到,D正确.
12．答案：
解析：因为,,,所以,
所以,
当且仅当,即,时取等号,
所以的取值范围为.
故答案为：.
13．答案：2
解析：,,设切点,则切线,
由已知得①,②,
将①代入②有,
.
故答案为：2.
14．答案：
解析：在中,设,由正弦定理得,则,
所以由双曲线的定义可知,,
故,
在中,,解得,
所以在中,,,,
又,解得,
所以离心率.
故答案为：.
15．答案：（1），无极小值；
（2）
解析：（1）函数的定义域为R，且，
所以当时，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即，无极小值.
（2）若对任意，都有成立，
即对任意恒成立，
令，，
则，
令，，则，
所以在上单调递增，所以，即在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，所以，即实数a的取值范围为.
16．答案：（1）证明见解析；
（2）.
解析：（1）证明：因为，平面，平面，则平面.
因为平面，平面平面，则.
又，所以四边形为梯形.因为平面，平面，则，
又，，，平面，所以平面.
又平面，则，所以四边形为直角梯形.
（2）解法一：以A为原点，向量，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，.
因为，则.
设为平面的法向量，则即取，则，所以.因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
解法二：因为平面，则平面平面.
作，垂足为M，则平面.
连接，则为直线与平面所成的角.
在中，因为，则.因为，则.在中，因为，由余弦定理，得，则.由，得，则.因为，，所以，则.
在中，，
所以直线与平面所成角的正弦值为
17．答案：（1）分布列见解析,
（2）
解析：（1）当时,第一轮答题后累计得分X所有取值为4,3,2,
根据题意可知：,,,
所以第一轮答题后累计得分X的分布列为：
所以.
（2）当时,设“第六轮答题后,答题结束且挑战成功”为事件A,
此时情况有2种,分别为：
情况①：前5轮答题中,得1分的有3轮,得0分的有2轮,第6轮得1分;
情况②：前4轮答题中,得1分的有3轮,得分的有1轮,第5.6轮都得1分;
所以.
18．答案：（1）
（2）
（3）.
解析：（1）因为,两点在椭圆E上,
所以
解得,.
故椭圆E的标准方程为.
（2）设,,设,
联立,得,
即,
,,.
由得,则,则.
由得：,
即,
代入得,,,
解得：,,.
故直线的斜率为.
（3）由,可知,
即,
即,
即,
代入,,
得,
即,故,
故或.
当时,直线过,此时点M,P重合,与条件矛盾,舍去.
当时,直线过定点,点在线段上运动,
当时,由,所以,即
从而直线的斜率的取值范围为.
19．答案：（1）当n为奇数数,有1个零点;当n为偶数时,有2个零点
（2）证明见解析
解析：（1）当n为奇数时,有1个零点;当n为偶数时,有2个零点.
证明如下：
当时,由,得,
所以函数在上单调递增,又,,
所以函数在内有唯一零点;
当时,,
若n为奇数,,则,此时在内无零点;
若n为偶数,设,
则,方程有一个解,
所以函数在上单调递减,在上单调递增,
且,此时在内有1个零点.
综上,当n为奇数时,有1个零点;当n为偶数时,有2个零点.
（2）（i）由（1）知,当时,在在内的零点,
当时,,,,
则,
故,所以数列是一个递减数列;
（ii）由（i）知,当时,,
当时,,
有,所以,求和可得
,当且仅当时等号成立;
当时,,
故,则,得,
即,即,即,
即,即,
即,当时,,
所以当时,均有成立,求和可得
.
综上,.
X
4
3
2