湖南省常德市汉寿县第一中学2024−2025学年高三下学期5月月考 数学试题（含解析）

这是一份湖南省常德市汉寿县第一中学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．已知，为单位向量，且满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知双曲线C：的一条渐近线的倾斜角为40°，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．已知O是所在平面上的一点,角A、B、C所对的边分别为a,b,c，若（其中P是所在平面内任意一点），则O点是的（ ）
A．外心B．内心C．重心D．垂心
4．若直线平分圆的周长，则的最小值为
A．1B．C．D．5
5．古希腊科学家毕达哥拉斯对“形数”进行了深入的研究，若一定数目的点或圆在等距离的排列下可以形成一个等边三角形，则这样的数称为三角形数，如1，3，6，10，15，21，…这些数量的点都可以排成等边三角形，∴都是三角形数，把三角形数按照由小到大的顺序排成的数列叫做三角数列类似地，数1，4，9，16，…叫做正方形数，则在三角数列中，第二个正方形数是（ ）
A．28B．36C．45D．55
6．某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：
由表中数据，求得线性回归方程=-4x+a，若在这些样本点中任取一点，则它在回归直线右上方的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．某人抛掷一枚硬币，出现正反面的概率都是，构造数列{}，使得记+a2+…an（n∈N+），则的概率为
A．B．C．D．
8．在中，角、、的对边分别是、、，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
10．如图，在边长为1的正方体中，点为线段的中点，点为线段的中点，则（ ）
A．点到直线的距离为B．直线到直线的距离为
C．点到平面的距离为D．直线到平面的距离为
11．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．在中，，.
（1） ；
（2）若的最长边的长为，则最短边的长为 .
13．在平行四边形中，已知，分别是，上的点，且满足，，若，则的值为 ；若，，，则的长为 ．
14．设动点在棱长为的正方体的对角线上，且异于点，记当为锐角时，的取值范围是 ．
四、解答题
15．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点为棱上动点（不与、重合），平面与棱交于点．

（1）求证：；
（2）已知，求直线与平面所成角的正弦值．
16．已知等差数列 满足 .
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前n项和为.证明 .
17．已知等差数列和等比数列均不是常数列，若，且，，成等比数列，，，成等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）设，是正整数，若存在正整数，，，使得，，成等差数列，求的最小值；
（3）令，记的前项和为，的前项和为，若数列满足，且对，，都有，设的前项和为，求证：.
18．已知
（1）当时，求单调区间；
（2）当时，恒成立，求的取值范围；
（3）设，，证明：．
19．甲、乙、丙进行乒乓球比赛，比赛规则如下：赛前抽签决定先比赛的两人，另一人轮空：每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有人累计胜两场，比赛结束.经抽签，甲、乙先比赛，丙轮空.设比赛的场数为，且每场比赛双方获胜的概率都为.
（1）求和；
（2）求的标准差.
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为
则
由向量数量积的定义可得
,为单位向量
则
即
由向量夹角的取值范围为
可得
故选:C
2．【答案】C
【详解】因为双曲线C的渐近线方程为，双曲线C的一条渐近线的倾斜角为40°，
所以（直线倾斜角的正切值即该直线的斜率），
记双曲线C的离心率为e，则，
所以，
所以．
故选C．
3．【答案】B
【详解】因为
则,即
移项可得
即
则
因为
所以
化简可得,即
设为方向上的单位向量,为方向上的单位向量
所以,
则
所以
则在的角平分线上
同理可知 在的角平分线上
因而为的内心
故选:B
4．【答案】B
【详解】因为直线平分圆的周长，
所以圆心在直线上，
所以，即，
，
当且仅当，故选B．
5．【答案】B
【详解】由题意可得，三角数列的通项为，
则三角数列的前若干项为1，3，6，10，15，21，28，36，45，55，….，
设正方形数按由小到大的顺序排成的数列为，则，
其前若干项为1，4，9，16，25，36，49，…，
∴在三角数列中，第二个正方形数是36.
故选B.
6．【答案】C
【详解】因为，
，
所以，即
满足的点有，共3个
所以在这些样本点中任取一点，则它在回归直线右上方的概率为，
故选C
7．【答案】C
【详解】解：由S4＝2可得，掷4次硬币，出现了3次正面和一次反面，共有4种情况，
而所有的情况共有24＝16种，
故S4＝2的概率为 ，
故选C．
8．【答案】B
【详解】利用边角互化思想结合等式可得，利用边角互化思想可得，利用基本不等式可求得所求代数式的最大值.
【详解】，，即，
、均为锐角且，
故选B．
9．【答案】ABD
【详解】因为，所以.
由解得，A，B正确；
，C错误；
因为，，所以，D正确.
故选ABD．
10．【答案】ABD
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，．
因为，，．
设，所以，
所以点到直线的距离为，故A正确．
因为，，所以，
所以，所以点到直线的距离即为直线到直线的距离．
，．
设，所以，
所以直线到直线的距离为，故B正确．
设平面的一个法向量，
又，，所以
取，则，，所以，
所以．
又，所以点到平面的距离为，故C错误．
因为，平面，所以平面，
所以到平面的距离即为点到平面的距离．
又平面的单位法向量，，
所以直线到平面的距离为，故D正确．
故选ABD
11．【答案】BCD
【详解】对A，由，可得，所以A错误；
对B，由，得，因为，所以，所以B正确；
对C，由，，可得，，所以，所以C正确；
对D，由，，可得，
因为，所以等号不成立，所以，又，所以，所以D正确.
故选BCD
12．【答案】
【详解】（1）由题可知
所以；
（2）由题可知，最长边为边，最短边为边；
易知
由正弦定理可知.
13．【答案】
【详解】由题意可知，在平行四边形中，因为，，
所以，，
若
，
而，
所以，解得，
所以；
由上述知，
且，
所以
，
所以的长为．
14．【答案】
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，

则
，
由可得，
，
，
由图可知，不共线，
所以当为锐角时，
即，
解得或，又，
所以.
所以的取值范围是.
15．【答案】（1）见详解
（2）
【详解】（1）∵，
且平面，平面，
∴平面，
又∵平面，且平面平面，
∴；
（2）连结，取中点，连结，

在菱形中，°，
∴△是等边三角形，
又∵为中点，∴，，
同理，又∵，
∴，
∴，
又，∴，
故两两垂直，
以点为原点，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
∴，
∴，
设平面的一个法向量为，
则，所以，令，则，
故，又∵，
设与平面所成角为，
∴，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
16．【答案】（1）
（2）见详解
【详解】（1）设数列 的公差为d，
则
所以
故
（2）

因为函数 在(0，+∞)上单调递增，
所以
故
17．【答案】（1），
（2）
（3）见详解
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由题意得，即，
又，
所以，解得，，
所以，．
（2）解：由，，成等差数列，
有，即，即，
由于，且为正整数，所以，，
所以，
可得，即，
显然，
①当时，不等式不成立；
②当或且，时，成立，此时；
③当时，，，即，则有；
所以的最小值为，当且仅当，且或时取得.
（3）解：由题意得，
…
①，
②．
①②得，
解得，
所以 ，
设，则，
所以在上单调递增，有，
可得，
当，且时，，
有，
所以
可得，
所以.
18．【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间
（2）
（3）见详解
【详解】（1）当时，，，
，，（当且仅当时取等号），
恒成立，的单调递增区间为，无单调递减区间.
（2）当时，恒成立，即，恒成立；
方法一：，，使得在上单调递增，
当时，，，解得：；
当时，，
，，
设，则，
在上单调递增，，
，即满足题意；
综上所述：的取值范围为.
方法二：，
，，，
则由，恒成立得：；
，，
令，则，令，则，
①当，即时，方程的解为，
设，的对称轴为，当时，，
，其中，
则当，即时，；当时，即时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，当时，，与，恒成立相矛盾，故舍去；
②当，即时，，即，
在上单调递增，，
即，恒成立；
综上所述：实数的取值范围为.
（3）由（2）得：，；
令，，即，，
当时，，
化简得，，
，，，
累加得：，
，
即成立.
19．【答案】（1），
（2）
【详解】（1）：甲胜乙，甲胜丙，结果甲胜；乙胜甲，乙胜丙，结果乙胜.
；
：甲胜乙，丙胜甲，丙胜乙，结果丙胜；乙胜甲，丙胜乙，丙胜甲，结果丙胜.
.
（2）根据题意可得可能的取值为.
：甲胜乙，丙胜甲，乙胜丙，甲胜乙，结果甲胜；
甲胜乙，丙胜甲，乙胜丙，乙胜甲，结果乙胜；
乙胜甲，丙胜乙，甲胜丙，甲胜乙，结果甲胜；
乙胜甲，丙胜乙，甲胜丙，乙胜甲，结果乙胜；
.
，
，所以标准差为.
单价(元)
4
5
6
7
8
9
销量(件)
90
84
83
80
75
68