四川省绵阳市三台中学2024−2025学年高三下学期5月月考 数学试题（含解析）

这是一份四川省绵阳市三台中学2024−2025学年高三下学期5月月考 数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，为z的共轭复数，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．随着居民家庭收入的不断提高，人们对居住条件的改善的需求也在逐渐升温．某城市统计了最近5个月的房屋交易量，如下表所示：
若与满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则下列说法错误的是（ ）
A．根据表中数据可知，变量与正相关
B．经验回归方程中
C．可以预测时房屋交易量约为（万套）
D．时，残差为
5．已知等差数列的项数为，若该数列前3项的和为3，最后三项的和为63，所有项的和为110，则n的值为（ ）
A．10B．11C．12D．13
6．已知双曲线的左、右焦点分别为，以为直径的圆与的一条渐近线交于点，若，则的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
7．在三棱锥中，已知，，，则该三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的定义域为，对于，满足，且当时，.若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别用事件和表示从甲罐中取出的球是红球，白球和黑球；再从乙罐中随机取出一球，用事件B表示从乙罐中取出的球是红球，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．事件B与事件相互独立
D．是两两互斥的事件
10．设函数，已知在有且仅有3个零点，则（ ）
A．在有且仅有2个极大值点
B．在有且仅有1个极小值点
C．在单调递增
D．若在单调递减，则的最小值为2
11．已知圆，点为直线与轴的交点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，直线与交于点，则（ ）
A．若直线与圆相切，则B．时，四边形的面积为
C．的取值范围为D．已知点，则为定值
三、填空题
12．在菱形ABCD中，，，E，F分别为AD，CD的中点，则 .
13．若为一组从小到大排列的数，1，3，5，7，9，11，13的第六十百分位数，则的展开式中的系数为 .
14．公比为q的等比数列{}满足： ，记，则当q最小时，使成立的最小n值是
四、解答题
15．在中，角，，，所对边分别为，，，已知，且
（1）求
（2）若为边的中点，且，，求的面积.
16．已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数在区间上的最小值为，求实数的值.
17．在三棱柱中，底面，，，到平面的距离为1.
（1）证明：平面平面；
（2）已知三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值.
18．4月19日是中国传统二十四节气之一的“谷雨”，联合国将这天定为“联合国中文日”，以纪念“中华文字始祖”仓颉[jié]造字的贡献，旨在庆祝多种语言以及文化多样性，促进联合国六种官方语言平等使用．某大学面向在校留学生举办中文知识竞赛，每位留学生随机抽取问题并依次作答，其中每个问题的回答相互独立．若答对一题记2分，答错一题记1分，已知甲留学生答对每个问题的概率为，答错的概率为．
(1)甲留学生随机抽取题，记总得分为，求的分布列与数学期望；
(2)（ⅰ）若甲留学生随机抽取道题，记总得分恰为分的概率为，求数列的前项和；
（ⅱ）记甲留学生已答过的题累计得分恰为分的概率为，求数列的通项公式．
19．已知在平面直角坐标系中，过点的直线与抛物线交于，两点，当平行于轴时，.
（1）求的值；
（2）是否存在不同于点的定点，使得恒成立？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若过点的直线与交于异于，的，两点，其中点在第四象限，直线，直线与轴的交点分别为（与不重合），设线段的中点为，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】B
【详解】由，得，解得，所以集合，
又因为，所以.
故选B.
2．【答案】A
【详解】因为，则，
所以的虚部为.
故选A.
3．【答案】D
【详解】解：对于、当时显然错误；
对于、当时显然错误；
对于、当时显然错误；
对于、由，得，，
则，当且仅当时取等号，故正确.
故选.
4．【答案】D
【详解】对于B，依题意，，
所以，解得，所以，故B正确；
对于A，因为经验回归方程，，
所以变量与正相关，故A正确；
对于C，当时，，
所以可以预测时房屋交易量约为（万套），故C正确；
对于D，当时，，
所以时，残差为，故D错误.
故选D
5．【答案】A
【详解】设这个数列有n项，则，，
因此，即，
则，解得
故选A
6．【答案】B
【详解】由双曲线及圆的对称性，不妨设点在第一象限，
由题意知，所以，
又，则，，
所以，即，所以，
所以.
故选:B.
7．【答案】A
【详解】
由题意分析可得：三棱锥可放置在如图所示的长方体中，
设长方体的长宽高分别为，
则，
解得该长方体的长为，宽为1，高为2，
则三棱锥的体积为
故选A.
8．【答案】D
【详解】当时，，，则，
∵在上单调递减，∴在上单调递减，
∵，满足，∴在上单调递增，
∵，，，，，
由得，，
令，则，令则，
图象如图所示，结合图象得中需提供一个根，且该根位于之间，故，
又∵，∴
故选D.
9．【答案】BD
【分析】根据事件的条件概率公式、独立性公式等逐一判断可得结果.
【详解】依题意得，，，
， ，，
选项A：，故A错误；
选项B：因为，故B正确；
选项C：因为，，
故，
所以事件B与事件不相互独立，故C错误；
选项D：根据互斥事件的定义可知，是两两互斥的事件，故D正确.
故选BD.
10．【答案】AC
【详解】已知在有且仅有3个零点，则在上有2个或3个极值点，
即在上有且仅有2个极大值点，故A正确；
当时，，
在有且仅有3个零点，
，
，，
当或时，函数取得极小值，
故在有2个或1个极小值点，故B错误;
当时，，
，，
故在单调递增，故C正确;
若在单调递减，则，，
，，
，的最小值为，故D错误;
故选AC.
11．【答案】ACD
【详解】解：圆转化为标准方程为，,在直角中，；
对于A:若直线与圆相切，圆心到直线的距离，解得，所以A正确;
对于B:当时，，，，
四边形的面积，所以B错误;
对于C:
，
因为，所以，
由对勾函数在上单调递增，所以，所以C正确;
对于D:方法一：当时，存在与轴的交点，，，
所以四点共圆，且为此圆直径，圆心为，半径为，
此圆方程为：，
因为是此圆与圆的相交弦，故直线方程为两圆方程作差，
即，化简得：，
所以直线AB经过定点,
因为，所以，因为在直线AB上，所以，
即点在以为直径的圆上，因为，，所以圆心恰为点，半径为，
因为点在该圆上，所以为定值，所以D正确.
方法二：利用圆的极点极线性质，当时，存在与轴的交点，切点所在直线AB的方程为，化简得，所以直线AB经过定点,
因为，所以，因为在直线AB上，所以，
即点在以为直径的圆上，因为，，所以圆心恰为点，半径为，
因为点在该圆上，所以为定值，所以D正确.
故选ACD.
12．【答案】6
【详解】解：如图：
由题意，得,,
.
13．【答案】
【详解】由，得，
于是展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为.
14．【答案】17
【详解】 是等比数列， ，
又∵ ， ，
设函数 ， ，当 时， ，
时， ，∴在x=1时， 取极小值1，
， ，由题意即q=e， ， ， ，
， ，
∴n的最小值是17.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为，由正弦定理得：，
则，
所以，则
所以，，或，，则，或，
又因为，所以，所以，故.
（2）在中由余弦定理得：，所以①，
因为D为AB边的中点，所以，
所以，
所以②，
②-①得：，
所以.
16．【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，递减区间为，递增区间为；
（2）.
【详解】（1）当时，函数，在上单调递增，
当时，，令，得，
所以当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；
（2）由（1）可知，当时，函数，不符合题意；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
①当，即时，最小值为，
所以，得，符合题意，
②当，即时，最小值为，
由，得，不符合题意，
综上，.
17．【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【详解】（1）底面，底面，
，
又，，平面，平面
平面，
又底面，
平面平面.
（2）法一：
由（1）可知，平面，平面，所以.
，
，
，
，
在中作于，
又平面平面，且平面平面平面，
平面，则即为到平面的距离，即，
所以为的中点，即，，
过作交的延长线与，连接，
平面，则为与平面所成角的角，
又，，四边形为平行四边形，
，，
，，，
.
与平面所成角的正弦值为.
法二：面且，、、两两相互垂直.
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如图：
由法一可知，，
所以，，，，，，
，，，
设面的法向量，
，令，可得法向量.
所以，
与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】(1)分布列见解析，；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【详解】（1）依题意可得的可能取值为，，，，
则，，
，，
所以的分布列为
所以.
（2）（ⅰ）若甲留学生随机抽取道题，总得分恰为分，即道题均答对了，
所以，
设数列的前项和为，则.
（ⅱ）依题意可得，，，
当时，
所以，
所以为常数数列，又因为，
所以，
则，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
经检验当，上式也成立，所以.
19．【答案】（1）
（2）存在，
（3）
【详解】（1）设点在第四象限，点在第一象限，
当平行于轴时，.
在中，令，则，
∴，
∴，解得.
（2）存在，理由如下：
由（1）得，抛物线的方程为.
设直线方程为，
由得，，故.
假设存在不同于点的定点，使得恒成立.
由题意得，当轴时，，故点在轴上，
设，则，
由得，，
∴，
整理得，，即，
化简得，由不恒为得，
∴存在不同于点的定点，使得恒成立.
（3）
设直线的方程为，代入得，，故.
设，，直线方程为，
代入得，，故，
设直线方程为，代入得，，故.
由（2）得，
∴，
∴.
∵线段的中点为，，
∴，
∴实数的取值范围是.
时间
1
2
3
4
5
交易量（万套）
0.8
1.0
1.2
1.5