广东省部分学校2025届高三5月月考 数学试题（含解析）

这是一份广东省部分学校2025届高三5月月考 数学试题（含解析），共15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．双曲线的焦距为（ ）
A．B．C．5D．10
2．已知为虚数单位，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知集合，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．若，则（ ）
A．1B．C．129D．
5．已知函数，若函数恰有3个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．在体积为9的三棱锥中，，，则三棱锥的体积为（ ）
A．6B．5C．4D．3
7．甲、乙、丙三人各自计划去珠海市旅游，他们在5月13日到5月15日这三天中的一天到达珠海市，他们在哪一天到达珠海市相互独立，且他们各自在5月13日到5月15日到达珠海市的概率如下表所示（，，）.
若甲、乙两人同一天到达珠海市的概率为，乙、丙两人同一天到达珠海市的概率为，甲、丙两人同一天到达珠海市的概率为，则（ ）
A．B．C．D．
8．出租车几何，又称曼哈顿距离（ManhattanDistance），最早由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基在研究度量几何时提出，用以标明两点在各坐标轴上的绝对差之和.设点，，则，两点之间的曼哈顿距离为.已知点，，动点满足，是直线上的动点，则的最小值为（）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知抛物线的焦点为，点在上，其横坐标为，若是等差数列，且，，则（ ）
A．B．数列是等差数列
C．点的坐标为D．
10．将函数图象上每个点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ）
A．为偶函数B．的最小正周期为
C．的图象关于点对称D．在上的最大值为2
11．定义对于集合中的任意两个元素m，n，定义，.若，则称具有对称性.下列判断正确的是（ ）
A．
B．若，则不具有对称性
C．对于任意且，恒成立
D．集合中不存在三个互不相等的元素a，b，c，使得
三、填空题
12．若一个正方体内切球的表面积为，则这个正方体的体积为 .
13．小张连续9天去快递店拿快递的个数依次为3，1，5，2，3，4，1，4，6.若从这组数据中随机删除1个数后，得到一组新数据，则这组新数据的中位数与原数据的中位数相等的概率为 .
14．已知圆的切线与曲线相切于点，则的取值范围为 .
四、解答题
15．在中，角，，所对的边分别为，，，已知向量，，且.
（1）求；
（2）若，求外接圆的周长；
（3）若，求面积的最大值.
16．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面.
（1）证明：平面.
（2）若，求二面角的正弦值.
17．已知函数.
（1）设的一个极值点为-1.
①求的值；
②讨论的单调性.
（2）当时，若，，求的取值范围.
18．已知椭圆：的右焦点为，且过点.
（1）求的方程.
（2）过点的直线（斜率存在且不为0）与C交于M，N两点，N关于x轴的对称点为P.
（i）证明：直线过定点.
（ii）记直线过的定点为Q，过点N作直线的垂线，垂足为H，试问是否存在最小值?若存在，求最小值；若不存在，请说明理由.
19．将随机排成一列，得到一个数列，若至多有项，即第项均满足，则称为阶相邻递增数列，为相邻递增数列的阶数，若中不存在1项满足，则称为0阶相邻递增数列，其阶数为0.例如，数列4，3，2，1为0阶相邻递增数列，数列4，3，1，2为1阶相邻递增数列，数列1，2，3，4为3阶相邻递增数列.
（1）将1，2，3随机排成一列，得到数列，记为的相邻递增数列的阶数，求的分布列及期望；
（2）将随机排成一列，在得到的数列中，1阶相邻递增数列的个数为，证明为等比数列，并求数列的通项公式；
（3）将随机排成一列，得到一个数列，从得到的所有数列中随机选取一个，记选取的数列恰为1阶或2阶相邻递增数列的概率为，证明：当时，.
参考答案
1．【答案】D
【详解】双曲线的焦距为．
故选D.
2．【答案】D
【详解】由复数的模得：，
所以有，
故选D.
3．【答案】A
【详解】若，则，则，，此时，
当时，也能得到，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选A.
4．【答案】B
【详解】令可得，
令可得，
即，
故选B
5．【答案】A
【详解】若函数恰有3个零点，
即函数与的图象有3个交点，
，
当时，，当时，，
函数的图象如下，
结合图象可得.
故选A.
6．【答案】C
【详解】如图所示，因为，，
可得分别是上靠近的三等分点，所以，
又因为三棱柱和三棱锥的高相等，且，
所以，可得.
故选C.
7．【答案】C
【详解】由题意知：，，，可得，
则，
，
，
因为，所以，
所以.
故选C.
8．【答案】A
【详解】由题意可知，的轨迹关于轴对称，也关于轴对称．
当时，，
即
画出此函数的图象，并结合对称性可得点的轨迹是如图所示的六边形．
由图可知，的最小值为图中点到直线的距离．
故选A
9．【答案】ABD
【详解】因为抛物线的焦点为，C选项错误；
因为是等差数列设公差为，且，，则，所以，A选项正确；
，，所以数列是等差数列，B选项正确；
，D选项正确；
故选ABD.
10．【答案】BC
【详解】，
由题意，
对于A，不是偶函数，故A错误；
对于B，的最小正周期为，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，由，
即时，，故D错误.
故选BC.
11．【答案】ACD
【详解】对于A，因为，，所以，A正确.
对于B，因为，所以，B错误.
对于C，由题意，当且时，，
同理得，，
所以，
且，，，
所以恒成立，C正确.
对于D，设a，b，c是集合中三个互不相等的元素，不妨假设.
因为，，，所以，
当时，，，，则，，.
当时，，，，，
所以集合中不存在三个互不相等的元素a，b，c，使得，D正确.
故选ACD.
12．【答案】
【详解】一个正方体内切球的表面积为，假设内切球半径为，
则，所以可得正方体的边长为，
即正方体的体积为.
13．【答案】
【详解】将这组数据按照从小到大的顺序排列为1，1，2，3，3，4，4，5，6，则这组数据的中位数为3，
若删除的数字是4或5或6，所得新数据的中位数也是3，
若删除的数字是1或2或3，所得新数据的中位数是3.5，
故所求概率为.
14．【答案】.
【详解】因为，
所以曲线在点处的切线方程为：，
即，
又是圆的切线，
所以，即，
令，
即，因为，令，得，
当时单调递减，当时，单调递增，
,
所以值域为，又，
所以.
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）因为，，且，
所以，
即，
由余弦定理的推论得，
因为，
所以.
（2）设外接圆的半径为，若，
由（1）知，，
则，
则，故外接圆的周长为．
（3）因为，
所以，当且仅当且，即时，等号成立，
由（1）知，，
则的面积，
故的面积的最大值为．
16．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
因为，，所以，所以，
因为是矩形，所以，平面，平面，
，所以平面，平面，所以，
平面，平面，，所以平面.
（2）
建立如图所示，以为坐标原点，
、、分别为、、轴的空间直角坐标系，
因为平面，平面，所以，
所以，
所以，，，，
，，
设平面的法向量为，
因为，即，令，
解得，所以，
，，
设平面的法向量为
因为，即，令，
解得，所以，
设二面角二面角的夹角为，
，
所以.
17．【答案】（1）①3；②当时，在和上单调递减，在上单调递增；当时，在和上单调递减，在上单调递增.
（2）
【详解】（1）①首先对函数求导，可得.
因为的一个极值点为，所以.
将代入中，得到，即，所以.
②由，则，所以.
令，即，其判别式.
由求根公式，则，.
当，即，解得时，，所以在上单调递减. 无极值，不符合题意.
当，即时：
若，则.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
若，则.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上所得，当时，在和上单调递减，在上单调递增；当时，在和上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，因为，，即，移项可得.
因为，两边同时除以，得到.
令，对求导，.
因为，（）.
令，即，解得.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以在处取得最小值.
因为恒成立，所以，即的取值范围是.
18．【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）不存在，理由见解析
【详解】（1）依题意可得
解得，，
故C的方程为.
（2）（i）如图：
依题意可设直线的方程为，，，.
联立得，
由韦达定理得，，
则直线的方程为，
即，
.
则直线的方程为，故直线过定点.
（ii）.
因为，所以，
所以
，
当时，取得最小值，但此时的斜率不存在，故不存在最小值.
19．【答案】（1）分布列见解析，期望为1；
（2）证明见解析，.
（3）证明见解析.
【详解】（1）将1，2，3排成一列，其所有情形为123；132；213；231；312；321．
则，，.
由此可得的分布列为
故.
（2）在由正整数构成的数列中，恰为1阶相邻递增数列的情形可以由以下两种方法进行构造：
①在递减数列中，任选一项的右边放，使此数列为1阶相邻递增数列，共有种排法；
②在由正整数构成1阶相邻递增数列中，若只有第项满足，
则将放在，的右侧或者放在的左侧即可，此时共有种排法．
故，．
易知，则，
所以是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，即．
（3）设在所有由正整数构成的数列中，2阶相邻递增数列的个数为，
在由正整数构成的2阶相邻递增数列可以由以下两种方法进行构造：
①在由正整数构成的1阶相邻递增数列中，若只有第项满足，
则将放在除外任一项的右侧均可使其变为2阶相邻递增数列，共有种排法；
②在由正整数构成的2阶相邻递增数列中，若仅有第，项满足，
则可以将放在或的右侧，或者放在的左侧，此
时所得数列仍然是2阶相邻递增数列，共有种排法．
故。
由题意知，
所以当时，
到达日期
5月13日
5月14日
5月15日
0.4
0.4
0.2
0.3
0.2
0.5
0.7
0
1
2