云南省大理白族自治州民族中学2023-2024学年高三下学期5月月考数学试卷（原卷版+解析版）

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1. 已知向量，，向量与共线，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量共线可直接构造方程求得结果.
【详解】与共线，，解得：.
故选：C.
2. 下列关于统计概率知识的判断，正确的是（ ）
A. 将总体划分为层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为、和，且已知，则总体方差
B. 在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数越接近于
C. 若，，则事件、相互独立
D. 某医院住院的位新冠患者的潜伏天数分别为、、、、、、、，则该样本数据的第百分位数为
【答案】C
【解析】
【分析】利用方差公式可判断A选项；利用相关系数与线性相关关系可判断B选项；利用条件概率公式以及独立事件的定义可判断C选项；利用百分位数的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，设层数据分别为、、、；、、、，
因为，所以，总体平均数为，
所以，，，
所以，总体方差为
，
则，
所以，当或时，，否则，A错；
对于B选项，在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数的绝对值越接近于，B错；
对于C选项，由条件概率公式可得，所以，，
所以，，故，
所以，事件、相互独立，C对；
对于D选项，将样本数据由小到大排列分别为、、、、、、、，
所以，该样本数据的第百分位数为，D错.
故选：C.
3. 若数列满足，则称为“梦想数列”，已知数列为“梦想数列”，且，则（ ）
A. 18B. 16C. 32D. 36
【答案】A
【解析】
【分析】根据“梦想数列”的定义，得出数列为公比为的等比数列，进而得到数列为公比为3的等比数列，结合等比数列的性质，即可求解.
【详解】根据题意，梦想数列满足，即，
即数列为公比为的等比数列，
若数列为“梦想数列”，则，即，
即数列为公比为3的等比数列，
若，则.
故选：A.
【点睛】本题主要考查数列的新定义，以及等比数列的通项公式及性质的应用，其中解答中根据“梦想数列”得到数列为公比为3的等比数列是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
4. 已知P是过，，三点的圆上的动点，则的最大值为（ ）
A. B. C. 5D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】由向量的坐标运算可得，即得是以为直径的圆上的三点，从而可求得结果.
【详解】依题意，，则，
因此线段是圆的直径，且，而点是该圆上的点，
所以的最大值为.
故选：B
5. 用2个0，2个1和1个2组成一个五位数，则这样的五位数有（ ）
A. 8个B. 12个C. 18个D. 24个
【答案】C
【解析】
【分析】分首位为2、1计算出每种情况的结果数，再相加即可.
【详解】当首位为2时，这样的五位数有个；
当首位为1时，这样的五位数有个.
综上，这样的五位数共有个.
故选：C.
6. 长为的线段的两个端点和分别在轴和轴上滑动，则点关于点的对称点的轨迹方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设点、、，由已知条件可得出，分析可知，为的中点，可得出，代入等式化简可得出点的轨迹方程.
【详解】设点、、，则，可得，
因为点关于点的对称点为，则为的中点，
所以，，可得，
将代入可得，即，
因此，点的轨迹方程为.
故选：C.
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】借助二倍角公式与三角函数基本关系将弦化切之后计算即可得.
【详解】由，可知：
.
故选：C.
8. 已知数列满足：，且，则下列说法错误的是（ ）
A. 存在，使得数列为等差数列B. 当时，
C. 当时，D. 当时，数列是等比数列
【答案】C
【解析】
【分析】通过倒数法可推导得到A正确；利用递推关系式可推导得到，知数列周期为，由此可得B正确；利用递推关系式可得，可知C错误；通过构造法可推导得到符合等比数列定义式的形式，知D正确.
【详解】对于A，当时，，，
又，数列是以为首项，为公差的等差数列，A正确；
对于B，当时，，，
，数列是周期为的周期数列，
又，，，B正确；
对于C，当时，，
若，则，又，对于任意的，都有；
由得：，
，
若，则，与矛盾，C错误；
对于D，当时，，
若，则，又，对于任意的，都有；
，又，
数列是以为首项，为公比等比数列，D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查构造法求数列通项、数列周期性的应用等知识；解题关键是能够利用数列的递推关系，通过构造的方式配凑出符合等差、等比数列定义的形式.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）
9. 已知数列满足，，，为数列的前n项和，则下列说法正确的有（ ）
A. n为偶数时，B.
C. D. 的最大值为20
【答案】AC
【解析】
【分析】对选项A，偶数项构成等比数列，即可求得通项；对选项B，检验当时，所给表达式不满足；对选项C，按照n为奇数和偶数分别讨论，根据，可直接求得；对选项D，的最大值为
【详解】根据递推关系可知，n为奇数时，
n为偶数时，，故A对；
根据奇数项构成等差数列
可得：
而又：
则有：，故B错误；
，故C对；
根据中的奇数项构成等差数列，而偶数项之和不是1就是0，因此根据特点可知：
的最大值在奇数项之和取得最大值的附近，，，，，，，的最大值为，故D错
故选：AC
10. 如图，有一个正四面体ABCD，其棱长为1．下列关于说法中正确的是（ ）
A. 过棱AC的截面中，截面面积的最小值为
B. 若为棱BD(不含端点)上的动点，则存在点P使得
C. 若M，N分别为直线AC，BD上的动点，则M，N两点的距离最小值为
D. 与该正四面体各个顶点的距离都相等的截面有10个
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A三角形底边一定，高最小时面积最小确定；选项B用余弦定理可得；选项C，易得M，N分别为线段AC，BD的中点时，M，N的距离最小，即可判断；选项D分类讨论可得.
【详解】对于，设截面与棱BD的交点为，
如图，
过棱AC的截面为，则为棱BD的中点时，的面积取得最小值，
在等腰中，，可求得，故正确；
对于B，因，所以，
所以，设，则，
在中，，
所以，故B错误；
对于C，取线段AC，BD的中点分别为M，N，因为，
所以在等腰中，MN为底边上的中线，
则，同理可证，
故MN为线段AC，BD的公垂线，
所以M，N分别为线段AC，BD的中点时，M，N的距离最小，
此时，所以，
即M，N两点的距离最小值为，故C正确；
对于D，与正四面体各个顶点的距离都相等的截面分为以下两类：
（1）平行于正四面体的一个面，且到顶点和到底面距离相等，这样的截面有4个；
（2）平行于正四面体的两条对棱，且到两条对棱距离相等，这样的截面有3个，
故与正四面体各个顶点的距离都相等的截面共有7个，故D错误．
故选：AC．
11. 已知函数与的定义域均为，，，且，为偶函数，下列结论正确的是（ ）
A. 的周期为4B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性、周期性进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由于为偶函数，图象关于轴对称，
所以图象关于对称，
所以，
所以①，
而②，
两式相加得，则③，
所以，
所以是的一个周期，A选项正确.
由③令得，
由①令得，
由②令得，则，
所以，
所以，C选项正确.
由①令得，
由，
得，
两式相减得，即，
且关于对称，，
所以④，
所以，
所以是周期为的周期函数，所以，所以B选项错误.
由④令得，所以，
所以，所以D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】有关函数的奇偶性、周期性的题目，关键是要掌握抽象函数运算，还要记忆一些常用的结论.如等等，这些都是与周期性有关；如等等，这些都是与对称性有关.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知等比数列的各项都是正数，且成等差数列，则=__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据等差中项性质，结合等比数列通项公式即可求得公比；代入表达式，结合对数式的化简即可求解.
【详解】等比数列的各项都是正数，且成等差数列，
则，
由等比数列通项公式可知，
所以，
解得或（舍），
所以由对数式运算性质可得
，
故答案：.
【点睛】本题考查了等差数列通项公式的简单应用，等比数列通项公式的用法，对数式的化简运算，属于中档题.
13. 如图，茂名的城市雕像“希望之泉”是茂名人为了实现四个现代化而努力奋斗的真实写照.被托举的四个球堆砌两层放在平台上，下层3个，上层1个，两两相切.若球的半径都为，则上层的最高点离平台的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出四个球的球心构成的正四面体的高即可得解.
【详解】依次连接四个球的球心，则四面体为正四面体，且边长为，
正外接圆半径，则到底面的距离，
所以最高点到平台的距离为.
故答案为：
14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点，在上，且满足，，则的离心率为_____________．
【答案】##
【解析】
【分析】取的中点，由已知可得四边形为平行四边形，则，利用数量积运算可得，再结合椭圆的定义及余弦定理求得，的关系即可得解.
【详解】如图，由，得，取的中点，
则四边形为平行四边形，，
于是，
则，解得，，
由椭圆定义知，又，，
由，得，即，
在和中，余弦定理得：，
即，整理得，
所以C的离心率为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
四、解答题（本大题共5小题，第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
（1）求角A的大小；
（2）若，，AD是△ABC的角平分线，求AD的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用正弦定理角化边，再利用余弦定理即可得到答案；
（2）根据，再利用三角形面积公式得到关于的方程，解出即可.
【小问1详解】
由正弦定理可知.
由余弦定理可得，
又，所以.
【小问2详解】
由题意知，
所以，
所以，
解得.
16. 已知.
（1）求在处的切线方程；
（2）求的单调递减区间.
【答案】（1）
（2）单调递减区间为，
【解析】
【分析】（1）先求原函数的导函数，再求出处的导数值即切线的斜率，写出切线方程即可；
（2）求的单调递减区间，只需求出其导函数满足不等式的解集即可.
【小问1详解】
由于，
其导函数为：，
得：，，
所以在处的切线方程为：，即；
【小问2详解】
由于，
得：，
若，则，即，
由于，则，
只需即可，解得，，
故的单调递减区间为：，.
17. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，是边长为2的等边三角形，．
（1）证明：平面平面；
（2）若点为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）答案见解析.
（2）.
【解析】
【分析】先利用勾股定理证明线线垂直，再利用线面垂直判定定理得出线面垂直，最后得到面面垂直，在此基础上建立空间直角坐标系，得出两个平面的法向量后求解.
【小问1详解】
由题意得，又，
所以，，所以，，
因为底面为菱形，则，
故，平面，平面，，
所以平面，平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知平面，而平面，所以，故底面为正方形.
设中点为，连接，在平面内作，
因为为等边三角形，所以，故平面.
如图，以为坐标原点，以为正交基地，建立空间直角坐标系，
则，，，，所以,
故，，.
设为平面的法向量，则有，
即，可取.
设为平面的法向量, 则有，
即，可取.
则，
所以平面与平面夹角的余弦值.
18. 2023年冬，甲型流感病毒来势汹汹．某科研小组经过研究发现，患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异．在某地的两类人群中各随机抽取20人的该项医学指标作为样本，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值，将该指标小于的人判定为阳性，大于或等于的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，用频率估计概率．
（1）当临界值时，求漏诊率和误诊率；
（2）从指标在区间样本中随机抽取2人，记随机变量为未患病者的人数，求的分布列和数学期望；
（3）在该地患病者占全部人口的5%的情况下，记为该地诊断结果不符合真实情况的概率．当时，直接写出使得取最小值时的的值．
【答案】（1），
（2）分布列见解析；期望为
（3）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图计算可得；
（2）利用超几何分布求解；
（3）写出的表达式判单调性求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知，．
【小问2详解】
样本中患病者在指标为区间的人数是，未患病者在指标为区间的人数是，总人数为5人．
可能的取值为0，1，2．
，，．
随机变量的分布列为
随机变量的期望为．
【小问3详解】
由题，，
时，令
所以，关于的一次函数系数为，故单调递增，则即时取最小值
19. 两条动直线和分别与抛物线相交于不同于原点的A，B两点，当的垂心恰是C的焦点时，.
（1）求p；
（2）若，弦中点为P，点关于直线的对称点N在抛物线C上，求的面积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用垂直关系，结合斜率坐标公式，列式计算即得.
（2）求出P的轨迹方程，分和两种情况讨论，求出直线AB过定点，再求出N点坐标，即可求出三角形面积.
【小问1详解】
由的垂心恰是C的焦点，由抛物线对称性得，，而，
不妨设，而焦点，则，解得，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
由，解得，同理，则，
而，因此
所以P的轨迹方程为，
当时，不妨设，，此时，直线AB过点，
当时，直线AB的斜率为，
AB的方程为，整理得，直线AB过点，
因此直线 AB过定点，
由可得，解得，于是或，
当时，MN的中点为，直线MN的斜率为，
此时直线AB的方程为，由解得或，
当时，直线AB为，不符合题意，舍去，则，
，边上的高，因此的面积，
当时，由对称性，同理可得，
所以的面积为.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
①“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
②“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
③求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.0
1
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