2024许昌高级中学高三下学期5月月考试题数学含解析

这是一份2024许昌高级中学高三下学期5月月考试题数学含解析，共16页。试卷主要包含了已知第一象限内的点P在双曲线，已知抛物线焦点为，过点等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．已知，是单位向量，且它们的夹角是，若，，且，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）．
A．当时，的最小值为
B．在区间上单调递增
C．的最小正周期为
D．的图象关于直线对称
3．已知点集，且，，点O是坐标原点，其中正确结论的个数有（ ）
①点集M表示的图形关于x轴对称
②存在点P和点Q，使得
③若直线经过点，则的最小值为2
④若直线经过点，且的面积为，则直线的方程为
A．1个B．2个C．3个D．4个
4．已知函数，若关于x的方程的不同实数根的个数为6，则a的取值范围为（ ）．
A．B．C．D．
5．设点分别为椭圆的左、左焦点，点是椭圆上任意一点，若使得成立的点恰好有4个，则实数的值可以是（ ）
A．0B．2C．4D．6
6．安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则不同的安排方式共有
A．360种B．300种C．150种D．125种
7．已知函数为上的偶函数，且当时，，若，，则下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知第一象限内的点P在双曲线（，）上，点P关于原点的对称点为Q，，，是C的左、右焦点，点M是的内心（内切圆圆心），M在x轴上的射影为，记直线的斜率分别为，，且，则C的离心率为（ ）
A．2B．8C．D．
二．多选题（共3小题，每题6分，共18分。在每题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分。）
9．已知是函数的两个零点，且的最小值是，则（ ）
A．在上单调递增
B．的图象关于直线对称
C．的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
D．在上仅有1个零点
10．已知抛物线焦点为，过点（不与点重合）的直线交于两点，为坐标原点，直线分别交于两点，，则（ ）
A．B．直线过定点
C．的最小值为D．的最小值为
11．在平面直角坐标系xOy中，为曲线上任意一点，则（ ）
A．E与曲线有4个公共点B．P点不可能在圆外
C．满足且的点P有5个D．P到x轴的最大距离为
三．填空题（共3小题，每题5分，共15分。）
12．已知向量，，若，则的取值范围为 ．
13．已知圆和抛物线，F为抛物线C的焦点，若圆M与抛物线C在公共点P处有相同的切线l，且直线l的纵截距为则实数p的值为 ．
14．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点，若，，则C的离心率为 ．
四．解答题（共5小题，共77分）
（13分）15．已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)若对任意，都有成立，求实数的取值范围．
（15分）16．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面.点在侧棱上（端点除外），平面交于点.
(1)求证：四边形为直角梯形；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
（15分）17．人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟.某公司研究了一款答题机器人，参与一场答题挑战.若开始基础分值为（）分，每轮答2题，都答对得1分，仅答对1题得0分，都答错得分.若该答题机器人答对每道题的概率均为，每轮答题相互独立，每轮结束后机器人累计得分为，当时，答题结束，机器人挑战成功，当时，答题也结束，机器人挑战失败.
(1)当时，求机器人第一轮答题后累计得分的分布列与数学期望；
(2)当时，求机器人在第6轮答题结束且挑战成功的概率.
（16分）18．已知椭圆E：，直线与E交于，两点，点P在线段MN上（不含端点），过点P的另一条直线与E交于A，B两点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若，，点A在第二象限，求直线的斜率；
(3)若直线MA，MB的斜率之和为2，求直线的斜率的取值范围.
（18分）19．已知函数．
(1)判断并证明的零点个数
(2)记在上的零点为，求证;
（i）是一个递减数列
（ii）．数学答案
1．B【详解】由得，，即，解得，
2．D【详解】由图可知，，
又因为，所以，所以，
所以，即．
对于A：当，，∴，A错误；
对于B：，，
由于在上单调递增，在上单调递减，
所以在上先增后减，B错误；
对于C：的最小正周期为，C错误；
对于D：当时，，故，
所以的图象关于直线对称，D正确，
3．C【详解】若满足，则代入可得，因此是中的元素，①正确，
由可得，故，
因此表示焦点在轴上的双曲线的右支，此双曲线是由等轴双曲线向左平移1一个单位长度得到，故该双曲线的渐近线方程为，由于两渐近线互相垂直，而为该双曲线的中心，故,故不存在存在点P和点Q，使得，②错误，
由于表示的双曲线的焦点为，若直线经过点，则的最小值为通径，故③正确，
④若直线经过点，设直线方程为，
联立与双曲线方程可得，
由于，结合渐近线斜率为，故，
设,则，
则，
又到直线的距离为，所以的面积为,考虑到，解得，（舍去），则直线的方程为，故④正确
4．C【详解】当时，，由此可知在单调递减，
且当时，，在上单调递增，；
当时，在单调递增，在上单调递减，
，如图所示．
得，即或，
由与有两个交点，则必有四个零点，
即，得.
5．B【详解】因为点分别为椭圆的左、右焦点；
所以 ，
设 则，
由可得，
又因为在椭圆上，即，
所以，
由对称性可得，要使得成立的点恰好是个，则
解得，
所以的值可以是.
6．C【详解】名学生分成组，每组至少人，有和两种情况
①：分组共有种分法；再分配到个社区：种
②：分组共有种分法；再分配到个社区：种
综上所述：共有种安排方式
7．C【详解】当时，，所以在上单调递增；
又有为上的偶函数，所以在上单调递减.
由于我们有，
即，故.
而，，，故.
8．A【详解】设圆M与，分别切于点A，B，则，，
且
，
所以，点，

设，，则，
所以，，
，
所以，.
9．ABD【详解】由题意可知，函数的最小正周期，，．
对于，当时，，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，故A正确；
对于B，因为，
所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于C，将的图象向右平移个单位长度得到：
，故C错误；
对于D，当时，，仅当，即时，，
即在上仅有1个零点，故D正确．
10．ACD【详解】设直线与抛物线联立可得：，
设，则，
因为，所以，解，故A正确；
由A可知，，设直线，与抛物线联立可得，，
设，所以，同理可得，所以,
直线，即，所以直线过定点，故B错误；
，故C正确；
，
所以，故D正确.
11．BD【详解】联立方程与，解得或，
所以E与曲线有2个公共点，A错误；
由，得，
当且仅当时，取等号，故B正确；
由B知，故满足且的点P仅有与，共有3个，故C错误；
由得，设，，
则关于m的方程有非负实根，
设，，显然在上单调递增，
由，得，则，解得，即，
所以，且等号可取到，D正确．
12．
【详解】因为，，，所以，
所以，
当且仅当，即，时取等号，
所以的取值范围为.
故答案为：
13．2
【详解】，设切点，则切线，
由已知得①，②，
将①代入②有，
.
故答案为：2.
14．
【详解】
在中，设，由正弦定理得，则，
所以由双曲线的定义可知，，
故，
在中，，解得，
所以在中，，，，
又，解得，
所以离心率．
故答案为：.
15．(1)，无极小值. (2)
【详解】（1）函数的定义域为，且，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即，无极小值.
（2）若对任意，都有成立，
即对任意恒成立，
令，，
则，
令，，则，
所以在上单调递增，所以，即在上恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，所以，即实数的取值范围为.
16．(1)证明见解析 (2)
【详解】（1）证明：因为平面平面，则平面.
因为平面，平面平面，则.
又，所以四边形为梯形.
因为平面平面，则，
又平面，所以平面.
又平面，则，所以四边形为直角梯形.
（2）解法一：以为原点，向量的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，
.
因为，则.
设为平面的法向量，则即
取，则，所以.
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
解法二：因为平面，平面，则平面平面.
平面平面，作，垂足为，
平面，则平面.
连接，则为直线与平面所成的角.
在Rt中，因为，则.
因为，则.
在中，因为，
由余弦定理，得，则.
由，得，则.
因为，所以，
则.
在Rt中，，
所以直线与平面所成角的正弦值为
17．(1)分布列见解析， (2)
【详解】（1）当时，第一轮答题后累计得分所有取值为4，3，2，
根据题意可知：，，，
所以第一轮答题后累计得分的分布列为：
所以.
（2）当时，设“第六轮答题后，答题结束且挑战成功”为事件A，
此时情况有2种，分别为：
情况①：前5轮答题中，得1分的有3轮，得0分的有2轮，第6轮得1分；
情况②：前4轮答题中，得1分的有3轮，得分的有1轮，第5.6轮都得1分；
所以.
18．(1) (2) (3).
【详解】（1）因为，两点在椭圆上，
所以
解得，.
故椭圆的标准方程为.
（2）设，，设，
联立，得，
即，
，，.
由得，则，则.
由得：，
即，
代入得，，，
解得：，，.
故直线的斜率为.
（3）由,可知，
即，
即，
即，
代入，，
得，
即，故，
故或.
当时，直线过，此时点重合，与条件矛盾，舍去.
当时，直线过定点，点在线段上运动，
当时，由，所以，即
从而直线的斜率的取值范围为.
19．(1)当为奇数数，有1个零点；当为偶数时，有2个零点
(2)证明见解析
【详解】（1）当为奇数时，有1个零点；当为偶数时，有2个零点.
证明如下：
当时，由，得，
所以函数在上单调递增，又，，
所以函数在内有唯一零点；
当时，，
若为奇数，，则，此时在内无零点；
若为偶数，设，
则，方程有一个解，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
且，此时在内有1个零点.
综上，当为奇数时，有1个零点；当为偶数时，有2个零点.
（2）（i）由（1）知，当时，在在内的零点，
当时，，，
则，
故，所以数列是一个递减数列；
（ii）由（i）知，当时，，
当时，，
有，所以，求和可得
，当且仅当时等号成立；
当时，，
故，则，得，
即，即，即，
即，即，
即，当时，，
所以当时，均有成立，求和可得
.
综上，.
4
3
2