2024-2025学年云南省曲靖市高三上册11月月考数学检测试题(含解析)
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这是一份2024-2025学年云南省曲靖市高三上册11月月考数学检测试题(含解析),共18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(本大题共8小题)
1.已知双曲线的离心率为2,则的渐近线方程是( )
A.B.C.D.
2.已知集合为全集的非空真子集,且与不相等,若,则下列关系中正确的是( )
A.B.
C.D.
3.已知数列,满足,则( )
A.B.C.D.
4.若两平行直线与之间的距离是,则( )
A.或11B.或16C.1或11D.1或16
5.在展开式中,含的项的系数是6,则( )
A.6B.3C.3D.6
6.已知正方体的棱长为3,以顶点为球心,为半径作一个球,则该球球面与正方体的表交所得到的曲线的长为( )
A.B.C.D.
7.在某次数学月考中,有三个多选小题,每个小题的正确答案要么是两个选项,要么是三个选项,且每个小题都是6分,在每个小题给出的四个选项中,全部选对得6分,部分选对得部分分(正确答案是三个选项的,则每个选项2分;正确答案是两个选项的,则每个选项为3分,有错选的得0分).已知这次考试中,第一个小题的正确答案是两个选项;小明同学在这三个多选小题中,第一个小题仅能确定一个选项是正确的,由于是多选题他随机又选了一个选项;而第二个小题他随机地选了两个选项,第三个小题他随机地选了一个选项,则小明同学这三个多选小题所有可能的总得分(相同总分只记录一次)的中位数为( )
A.7B.7.5C.8D.8.5
8.若,则的最小值为( )
A.B.C.D.0
二、多选题(本大题共3小题)
9.已知随机事件,则下列说法正确的是( )
A.若,则事件与事件相互独立
B.若,则事件与事件互为对立
C.若事件两两独立,则
D.若事件两两互斥,则
10.设复数在复平面内对应的点为,任意复数都可以表示为三角形式,其中为复数的模,是以轴的非负半轴为始边,以所在的射线为终边的角(也被称为的辐角).利用复数的三角形式可以进行复数的指数运算,法国数学家棣莫佛发现,我们称这个结论为棣莫佛定理.根据以上信息,若复数满足,则可能的取值为( )
A.B.
C.D.
11.如图,小明同学发现家里的两个射灯在墙上投影出两个相同的椭圆,其外轮廓曲线形如心形,经过他进一步的探究发现曲线也表示心形曲线,设为曲线上一点,为坐标原点,则下列小明关于曲线的说法正确的是( )
A.曲线只经过4个整数点(即横、纵坐标均为整数的点)
B.
C.
D.设曲线上一点,且,则的面积的最大值为3
三、填空题(本大题共3小题)
12.通过对某校高三年级两个班的排球比赛成绩分析可知,班的成绩,班的成绩,的分布密度曲线如图所示,则在排球决赛中 班获胜的可能性更大.
13.已知在三棱锥中,平面,,若,与平面所成角为,则三棱锥的体积的最大值为 .
14.定义域为的函数满足,当时,若在上有9个零点,则实数的取值范围是 .
四、解答题(本大题共5小题)
15.记的内角的对边分别为,已知.
(1)求A;
(2)若边上的高为2,且的平分线交边于,,求.
16.古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义:平面内,到两个定点的距离之比值为常数的点的轨迹是圆,我们称之为阿波罗尼斯圆.已知点到的距离是点到的距离的3倍.记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程;
(2)设曲线与轴的负半轴交于点为坐标原点,若点不在轴上,直线分别与直线交于两点,探究以为直径的圆是否过定点?若过定点,求出该定点的坐标;若不过定点,请说明理由.
17.如图甲,在平面五边形中,∥,,,,为的中点,以为折痕将图甲中的△折起,使点到达如图乙中的点的位置,且.
(1)证明:平面平面;
(2)若过点作平面的垂线,垂足为,求点到平面的距离.
18.已知函数.
(1)当时,求的单调区间;
(2)若对任意,都有恒成立,求的最大整数值;
(3)对于任意的,证明:.
19.某商场为吸引顾客,设计了一个趣味小游戏,地面上划有边长为1的小正方形网格,游戏参与者从网格的某一个顶点出发,每一步沿一个小正方形的对角线向右上方或右下方移动,如图所示.已知游戏参与者每步选择向右上方或者右下方行走是等可能的,且每步行走方向的选择是相互独立的.
(1)商场规定:某顾客从出发,沿小正方形的对角线向右上方走一步得1分,向右下方走一步得分,当他走完第四步后,得分为,求的分布列;
(2)商场制定了一个游戏规则:若顾客和老板都从出发,走到点的位置.设走完第步后,顾客位于点,老板位于点,其中且;若对任意且都有,则认为顾客方获胜.记顾客获胜的概率为.
(i)当时,求顾客获胜的概率;
(ⅱ)求,并说明顾客和老板在游戏中哪一方获胜的概率更大.
参考公式:.
答案
1.【正确答案】D
【详解】因为离心率为2,故,故,
故渐近线方程为:,
故选:D.
2.【正确答案】B
【详解】由与不相等,且,可得,如图所示.
对于A,由图知,显然,如,
而,即A错误;
对于B,由图知,因,则成立,即B正确;
对于C,由图知,,如,
而,即C错误;
对于D,由可得,则,故D错误.
故选:B.
3.【正确答案】A
【详解】因为,所以,,,,,
所以是以为周期的周期数列,所以.
故选:A
4.【正确答案】C
【详解】因为直线与平行,
所以,解得,则直线,即为,
又与之间的距离是,所以,解得或;
所以或.
故选:C
5.【正确答案】B
【详解】由题可得含的项为,
所以.
故选:B.
6.【正确答案】D
【详解】
因为正方体的棱长为3,故正方体的体对角线长为,
故球仅与3个侧面有截线(如图所示),
设与侧面的截线为,连接,
则,
因为直角三角形,故,
因为直角三角形,故,
故,而为锐角,故,
同理,故,故的长度为,
由对称性可得另外两段弧长也为,
故球面与正方体的表交所得到的曲线的长,
故选:D.
7.【正确答案】C
【详解】小明第一小题得分可为:0,3,6;第二小题得分可为:0,4,6;
第三小题得分可为:0,2,3;
故其总分可为:0,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,
故总得分的中位数为:8.
故选:C.
8.【正确答案】B
【详解】因为,故,
而为0,+∞上的增函数,故即,故,
设,则,
当时,,故在上为减函数,
当时,,故在上为增函数,
故,
故选:B.
9.【正确答案】AD
【详解】对于A,根据事件独立性的定义可得独立,故A正确;
对于B,记事件A:投掷一个骰子,骰子的点数为奇数,
事件:投掷一枚硬币,正面朝上,则,满足,
但不是对立事件,故B错误;.
对于C:考虑从1,2,3,4中随机选出一个数字,
记事件“取出的数字为1或2”,“取出的数字为1或3”,“取出的数字为1或4”,
则“取出的数字为1”,
显然,
,
满足,,,
所以事件A,B,C两两独立,但是,故C错误.
对于D,若两两互斥,
根据互斥事件的概率性质可得,
故选:AD
10.【正确答案】BD
【详解】设,其中,则,
故,而,故,
故,故,
故BD正确,AC错误;
故选:BD.
11.【正确答案】ACD
【详解】对于A,曲线C的方程可化为,所以,即,
又,令,得;令,得;令,得或;
所以曲线C只经过4个整数点,分别是,故A正确;
对于B,由A得即,且当时,,
同理曲线C的方程可化为,所以,即,
当时,;但当时,是不成立的,故B错误;
对于C,记是以x轴非负半轴为始边,以所在射线为终边的角,
由于曲线C关于y轴对称,不妨取,
则,代入曲线方程可得,
则,
因为,所以,所以,
所以,所以,所以,故C正确;
对于D,因为,所以,
由于曲线C关于y轴对称,考虑(i)取,则点,点,
则,
所以,
由于,则当时,,
所以的最大值为;
考虑(ii)取,则点,点,
则,
所以,由于,,
则当时,,所以的最大值为,故D正确.
故选:ACD.
12.【正确答案】B
【详解】从分布密度曲线可以得到如下结论:
(1)B班的平均成绩大于A班的平均成绩;
(2)B的方差小于A的方差,故B发挥较为稳定,
故B班获胜的可能更大.
故B.
13.【正确答案】
【详解】如图,
由平面,平面,
所以,,
又,平面,
所以平面,又平面,故,
所以与平面所成角为,
在直角三角形中,,
在直角三角形中,,
所以
当且仅当,即时,等号成立.
故
14.【正确答案】
【详解】因为定义域为的函数满足,
且当时,,所以的图象(部分)如下所示:
则当时,,所以,又,
令,即,依题意与y=fx有且仅有个交点,
显然,由图可知与,有两个交点,且在时,
令,,则,
即,表示以为圆心,为半径的半圆(轴及轴上方部分),
所以,解得,即实数的取值范围是.
故
15.【正确答案】(1);
(2).
【详解】(1)因为,
所以由正弦定理得,
又,所以,所以,
又
所以,故,
所以,又,所以.
(2)由题可得①,
又因为,是的平分线,所以,
因为,所以,所以由正弦定理得②,
又由余弦定理得③,
所以由①②③计算可得,
所以由即得
.
16.【正确答案】(1)
(2)以为直径的圆过定点,或,理由见解析
【详解】(1)设,由题意得,
即,化简得,
所以曲线的方程为;
(2)以为直径的圆过定点2,0,或,理由如下,
令,可得,或,所以,
设,直线的方程分别为、,
因为,所以,可得,
由得,由得,
可得的中点为,,
以为直径的圆的方程为
,
整理得,
由,得或,
可得以为直径的圆过定点2,0,或.
17.【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】(1)在平面五边形中,∥,,
所以四边形是直角梯形,且,
在直角中,,且,则,
可得,从而是等边三角形,平分.
因为为的中点,所以,所以,
又因为且平面,
所以平面.
又因为平面,所以平面平面.
(2)取的中点F,连接,过点S作垂直于点,连接,如图,
因为平面平面,平面∩平面,
所以平面,又平面,则
因为,F是的中点,所以,
又且平面,所以平面,
由平面,则;
又因为,所以,则点O是的中点,
又,所以,可得.
以为原点,以所在的直线分别为轴,轴,
如图所示建立空间直角坐标系,
则,
可得.
设平面的一个法向量为,
由,令,则.
由于平面,设
可得,
所以;
由于点平面,
所以,
解得,即,
由(1)可知,平面,
所以点H到平面的距离为.
18.【正确答案】(1)的单调递增区间为,无单调递减区间;
(2)的最大整数值为2;
(3)证明见解析.
【详解】(1)当时,,
所以函数定义域为,,
令,则,
所以当时,;当时,,
所以在上单调递减,在上单调递增,又即,
所以即在上恒成立,当且仅当时,,
所以在上单调递增,即的单调递增区间为,无单调递减区间.
(2)因为对任意,都有恒成立,
所以对任意,恒成立,
即对任意,恒成立,
所以,
所以,
因为在上恒成立,所以在上单调递增,
又,
所以存在,使得即,
所以当时,即,当时,即,
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以,
所以,令,
则在上恒成立,所以函数在上单调递增,
又,
所以的最大整数值为3,即的最大整数值为2.
(3)证明:由(1)知在上单调递增,
则函数,所以,
故,
所以,
累加得,
所以.
19.【正确答案】(1)答案见解析
(2)(i);(ⅱ)答案见解析
【详解】(1)根据题意,可取.
当,每次的操作使得分数减少,每次操作的概率为.由于走了步,且每步都要使得分数减少,所以.
当意味着步中有步是使得分数减少的操作,步是使得分数增加的操作.
步中选步的组合数为.
每步操作的概率为,所以.
当表示步中有步是使得分数减少的操作,另外步是使得分数增加的操作.
步中选步的组合数为.
每步操作概率为,所以.
当意味着步中有步是使得分数减少的操作,步是使得分数增加的操作.
步中选步的组合数为.
每步操作概率为,所以.
,每次的操作使得分数增加,每次操作概率为,走了步,
所以.
则的分布列为:
(2)(i)顾客一共需要走步,其中向右下方走步,向右上方走步.
从步中选步是向右下方走的组合数为.同理,老板也有种走法;
对任意,都有,可设顾客在第步向右下方走,则老板的走法有两种情况:
情况一:老板在第1步到第步中有两步向右下方行走,共种走法:
情况二:老板在第1步到第步中有一步向右下方行走,在第到第k步中有一步向右下方行走,共种走法,所以顾客获胜时,顾客与老板总的走法数为
所以
(ⅱ)当顾客和老板都从出发,走到点的位置时, 顾客一共需要走步,其中向右下方走2步,向右上方走步,共有种走法;同理,老板也有种走法;
对任意都有,同样可设顾客在第步向右下方走,则老板的走法有两种情况:
情况一:老板在第1步到第步中有两步向右下方行走,共种走法;
情况二:老板在第1步到第步中有一步向右下方行走,在第到第k步中有一步向右下方行走,共种走法;
所以顾客获胜时,顾客与老板总的走法数为
.
所以顾客获胜的概率为
由于
又函数在上单调递减,
所以数列是递减数列,
又,所以当时,有
所以在商场制定的游戏规则中, 当时,顾客与老板的获胜概率是相等的;
当时,老板的获胜概率更大.-4
-2
0
2
4
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