海南省文昌中学2024-2025学年高三下学期第五次月考（4月）数学试题（含答案）

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一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
【选择题解析】
1．，故选B.
2．，故选A.
3．因为的通项公式为，
所以的展开式中的项为
，故所求系数为432，故选D.
4．. 故选C.
5．由题意函数的图象与函数的图象关于直线对称知，
函数是函数的反函数，所以，即，
故选A.
6．由题意，方斗的示意图如下：设棱台上底面中心为，下底面中心为，
由棱台的性质可知，外接球的球心落在线段上，
由题意该四棱台上下底面边长分别为和，
侧棱长为，则4，2，，
所以4，
设外接球的半径为R，，则，
因为垂直于上下底面，所以，即
又，即，联立解得，，
所以该米斗的外接球的表面积为. 故选C.
7，将5名同学按和分组分别有种和种分法，
再将含有同学甲的一组安排到B、C服务点，最后安排另两组，安排方法有种，
所以不同的安排方法共有（种）. 故选C.
8．∵定义在上的奇函数满足，
∴．
∵，∴．
即，记，在上单调递增．
∵，
∴是偶函数．
∴在上单调递减，
且．
如图所示，画出，大致图象．
由图可得，有3个零点．故选B.
9．对于A：在上是增函数，故A正确；
对于B：若，则，当且仅当时，等号成立，故B正确；
对于C：由于不确定的符号，故无法判断，故C错误；
对于D：若，则，所以，故D正确. 故选ABD.
10．对于，由，得，
由于，所以，故为锐角，所以只有一组解，正确；
对于，同理，由，可得，
由于，所以，有两个解，则相应的有两个解，错误；
对于，由，
得．
故，当且仅当时取等号，此时三角形周长最大，最大值为，
此时三角形为等边三角形，故正确；
对于，由推导过程知得，
即，当且仅当时取等号，此时三角形面积最大，最大值为，故正确，故选：ACD．
11．如图，令中点为中点为，连接MN，
又正方体中，为棱的中点，
可得，
平面平面，
又，且平面
∴平面平面，
又平面，且平面平面，
又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，
而平面平面，的轨迹为线段，
对A，F的轨迹长度MN=，所以选项A错误的。
对B，将平面和平面展开到一个平面内，
的最小值即点和点连线的距离，
由题意易得，所以与全等，
从而取最短距离时，是的中点，且，
又，所以，所以，故选项B正确；
对C，由正方体侧棱底面，
所以三棱锥的体积
即三棱锥的体积，
所以的面积最小时，体积最小，如图，
，易得在处时面积最小，
此时，，
所以体积的最小值为，故选项C正确；
对D，直线与平面ABCD所成的角为，故选项D错误；故选BC.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12． 13． 14．9
【解析】
12．根据导数的几何意义，，当时，，所以切线的斜率是2，切线与直线垂直，所以直线的斜率，解得：
13．由题设及图知，且，，
所以，
则，
所以，即，
可得（负值舍）. 故答案为：
14．因为，所以，又三点共线，
所以，所以，
当且仅当即时，等号成立. 故答案为：9.
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．解：
（1）令，则， …………（1分）
因为数列为等比数列，所以公比, …………（2分）
所以，即 …………（4分）
…………（6分）
（2）由（1）可知 …………（7分）
所以…………（9分）
所以…………（11分）
…………（12分）
因为，所以的取值集合为 …………（13分）
16．解：
（1）依题意，，
…………（3分）
所以，
故…………（4分）
． …………（6分）
（2）参与活动的每位居民得分低于80分的概率为0.7，
得分不低于80分的概率为0.3． …………（7分）
Y的所有可能取值分别为10，20，30，40． …………（8分）
，
，
…………（12分）每个1分
所以Y的概率分布为
所以…………（13分）
所以本次活动需要准备的话费充值卡的总金额为 ……（15分）
17．解：
（1）由椭圆的定义，结合知：
椭圆C与抛物线：的共同焦点F的坐标为（1, 0）…（1分）
则，抛物线的方程为 …………（3分）
由，不妨设点P在第一象限，则点P的坐标为……（4分）
记椭圆的左焦点，所以，则
所以，即，，
故椭圆C的标准方程为 …………（6分）
（2）由题可知，直线l的斜率不为0，故设直线l的方程为，
，，，
由，
得，
即…………（9分）
联立 得，△>0恒成立，所以
联立 得，△>0恒成立，
所以 …………（13分）
由，得，解得
所以直线l的方程为或…………（15分）
18．解：
（1）由已知：，，则若.
而，则， …………（1分）
在△OCD中，OC=2，
由正弦定理，得到 …………（4分）
（2）因为，，所以，
设，则……（5分）
在△OCD中，由正弦定理，得，
即，所以. …………（6分）
所以S△OCD ，（7分）
因为，所以，所以当，
即时，S△OCD取得最大值， …………（9分）
以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
所以 …………（10分）
设平面OPE的法向量,

得到 …………（11分）
所以直线CD与平面OPE所成角的正弦值 ……（12分）
（3）由（2）知，，
，，
所以S△OPE，，
S△PCE，
所以四面体的表面积为 …………（14分）
设四面体内切球的半径为，
则四面体的体积
S△OCP×1，…………（15分）
解得，因为，所以 ……（16分）
所以在线段上不存在点，使得四面体内切球的半径为…（17分）
19．解：
（1）设，则…………（1分）
依题意可得恒成立， …………（2分）
所以，即
所以，即. …………（4分）
（2）解法1：依题意可知单调递增，因为，则，
所以 …………（5分）
即，故
所以……（7分）
设，
所以在上单调递减，所以当时，，
即…………（9分）
所以，
即…………（10分）
解法2：依题意可知单调递增，因为，则，
所以 …………（5分）
又，则有，所以…………（7分）
，设，
则，
所以在上单调递减，所以当时，，…（9分）
所以，即…………（10分）
（3）设，
则
…………（11分）
令，
则…………（12分）
设，则
当时，，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，则…………（13分）
所以，即，
所以在上单调递增.…………（14分）
令，，
则，又单调递增，
所以，则在上单调递增.
又时，，所以时，，，
所以，即，
所以，…………（16分）
所以.…………（17分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
D
C
A
C
C
B
题号
9
10
11
答案
ABD
ACD
BC
Y
10
20
30
40
P