莒县第二中学2023-2024学年高三下学期5月月考数学试卷(含答案)

这是一份莒县第二中学2023-2024学年高三下学期5月月考数学试卷(含答案)，共21页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．命题“，”的否定是( )
A.，B.，
C.，D.，
2．已知复数（i为虚数单位），则( )
A.1B.2C.D.
3．若关于x的不等式成立的充分条件是，则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
4．如图是摩天轮的示意图，已知摩天轮半径为40米，摩天轮中心O到地面的距离为41米，每30分钟按逆时针方向转动1圈.若初始位置是从距地面21米时开始计算时间，以摩天轮的圆心O为坐标原点，过点O的水平直线为x轴建立平面直角坐标系.设从点运动到点P时所经过的时间为t（单位：分钟），且此时点P距离地面的高度为h（单位：米），则h是关于t的函数.当时，( )
A.B.
C.D.
5．扇形的半径为1，，点C在弧上运动，则的最小值为( )
A.B.0C.D.-1
6．已知，分别是双曲线：的左、右焦点，O为坐标原点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，与其中一条渐近线交于点P，则( )
A.B.C.D.
7．我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童.如图池盆几何体是一个刍童，其中上，下底面均为正方形，且边长分别为8和4，侧面是全等的等腰梯形，且梯形的高为，则该盆中最多能装的水的体积为( )
A.B.C.D.448
8．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知函数，则下列说法正确的是( )
A.函数的一个周期为
B.函数的图象关于点对称
C.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数为偶函数，则的最小值为
D.若，其中为锐角，则的值为
10．如图，在正方体中，，E，F，G，H，I均为所在棱的中点，是正方体表面上的动点，则下列说法正确的是( )
A.平面
B.三棱锥的体积为
C.过E，F，G三点的平面截正方体所得截面的面积为
D.若，则点P的轨迹长度为
11．已知点P是椭圆上的一点，经过原点O的直线与椭圆C交于A，B两点（不同于左、右顶点），且，直线与x轴交于点M，与x轴垂直，则下列说法正确的是( )
A.记直线的斜率为，则
B.
C.面积的最大值为
D.若F是椭圆C的左焦点，则的最小值为8
三、填空题
12．已知函数在R上连续且存在导函数，对任意实数x满足，当时，.若，则a的取值范围是________.
13．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”，意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，若点P为的费马点，，则实数t的取值范围为________.
四、双空题
14．在边长为4的正方形ABCD中，如图甲所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把，和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥，如图乙所示，则三棱锥外接球的体积是________；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是________.
五、解答题
15．几何体ABCDEF中，平面ADE、平面BCF和平面ACFE均与平面ABCD垂直，且，，，.
（1）证明：;
（2）求四棱锥与四棱锥公共部分的体积.
16．如图，在中，，，，.
（1）证明：为等边三角形.
（2）试问当为何值时，取得最小值？并求出最小值.
（3）求的取值范围.
17．已知抛物线过点，直线l与该抛物线C相交于M，N两点，过点M作x轴的垂线，与直线交于点G，点M关于点G的对称点为P，且O，N，P三点共线.
（1）求抛物线C的方程；
（2）若过点作，垂足为H（不与点Q重合），是否存在定点T，使得为定值？若存在，求出该定点和该定值；若不存在，请说明理由.
18．已知函数，的解集为.
（1）求a，b的值；
（2）若是定义在R上的奇函数，且当时，
（ⅰ）求的解析式
（ⅱ）求不等式的解集.
19．利用方程的方法可以将无限循环小数化为分数，例如将化为分数是这样计算的：设，则，即，解得.
这是一种利用方程求解具有无限过程的问题的方法，这种方法在高中计算无限概率、无限期望问题时都有很好的妙用.
已知甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响.规定：净胜m局指的是一方比另一方多胜m局.
（1）如果约定先获得净胜两局者获胜，求恰好4局结束比赛的概率；
（2）如果约定先获得净胜三局者获胜，那么在比赛过程中，甲可能净胜局.设甲在净胜局时，继续比赛甲获胜的概率为，比赛结束（甲、乙有一方先净胜三局）时需进行的局数为，期望为.
①求甲获胜的概率；
②求.
参考答案
1．答案：C
解析：命题“，”的否定是“，”.
故选：C.
2．答案：A
解析：.
故选：A.
3．答案：D
解析：由得：，
因为成立的充分条件是，
所以，即，
解得，
故选：D.
4．答案：A
解析：由题意得，而是以为始边，为终边的角，
由在内转过的角为，可知以为始边，
为终边的角为，则点的纵坐标为，
所以点P距地面的高度为，
故选：A.
5．答案：A
解析：以O为原点，以所在直线为x轴，过O作的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，
设，则，其中，，，
故，，
，
，，，
，
的取值范围为，故的最小值为.
故选：A.
6．答案：D
解析：因为，则，且，，
设，则，，
又因为平分，则，
可得，，
由双曲线定义可知，，
可得，，且，
因为，则，
可得，
即，化简得，
不妨令一条渐近线与线段的交点P在第一象限，则，
所以.
故选：D.
7．答案：B
解析：根据题意可知，这个刍童为棱台，
如图，为垂直底面的截面，
则棱台的高为，
所以该几何体的体积为，
即该盆中最多能装的水的体积为.
故选：B.
8．答案：C
解析：原条件即为对恒成立，从而条件等价于在上单调递增.
设，则.
一方面，若在上单调递增，则对恒成立.
所以，即，得；
另一方面，若，设，则.
从而当时，当时.故在上递减，在上递增.
所以当或时，有，即，进一步可得
.
这表明在和上递增，故在上递增.
综上，a的取值范围是.
故选：C.
9．答案：ACD
解析：对于A，因为，
所以的最小值周期，所以是函数的一个周期，A正确；
对于B，因为，
所以，点不是函数的对称中心，B错误；
对于C，由题知，，
若函数为偶函数，则，，得，，
因为，所以的最小值为，C正确；
对于D，若，
则，
因为为锐角，，所以，
所以
，D正确.
故选：ACD.
10．答案：BCD
解析：选项A，如图，设点K是棱中点，由E，F，G，H，I均为所在棱的中点，
根据中位线易得，进而可得与点共面，所以平面，错误；
选项B，如图，因为面在正方体前侧面上，所以点E到面的距离等于的长，
正方形中，
则三棱锥的体积为，
选项C，由选项A知过E，F，G三点的平面截正方体所得截面为正六边形，边长，所以面积为，
选项D，由知点P轨迹为A为球心，2为半径的球与正方体表面的交线，如图，
由正方体棱长2得，交线为三段半径为2的四分之一圆，长度为，
故选：BCD.
11．答案：ABC
解析：如图：
对于A，设，则，，所以，，所以，故A正确；
对于B，设，
所以，
又，所以，又，所以，
解得，所以，故B正确；
对于C，由，又，
所以，
当且仅当，时等号成立，故C正确；
对于D，记C的右焦点为，所以，
所以
，
当且仅当，时等号成立，又A是C上异于顶点的一点，
故，所以取不到等号，故D错误.
故选：ABC.
12．答案：
解析：由，可得.
令，则，，所以的图象关于直线对称.
当时，，所以，
又在R上连续，所以在上单调递增，且在上单调递减，
由，可得，即，
所以，解得.
故答案为：.
13．答案：
解析：因为，则，整理得，
由正弦定理可得，
则，且A，，则，
可得，可知，
故由点P为的费马点得，
设，，，，，，
由得；
由余弦定理得，
，
，
因为，
即，可得，
且，，则，
当且仅当，即时，等号成立，
又因为，则，解得或（舍去），
所以实数t的取值范围为.
故答案为：.
14．答案：；
解析：对于第一空，由题意，将三棱锥补形为长、宽、高分别为2，2，4的长方体，如图所示，
三棱锥P−AEF外接球即为补形后长方体的外接球，
所以外接球的直径，所以，
所以三棱锥外接球的体积为；
对于第二空，过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面为圆，
其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为，
最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，
此时截面圆半径（其中长度为长方体前后面对角线长度），
则截面圆的面积为，
所以过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为.
故答案为：；.
15．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）在平面ABCD内取点O，作交AD于点G，作交AC于点H，作交BC于点I，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，
所以平面ADE，又平面ADE，所以，
同理平面，平面BCF，
所以，，，
又，，平面ABCD，所以平面ABCD，
同理平面ABCD，故.
（2）连接EC，AF交于点P，则四棱锥与的公共部分为四棱锥，
平面ABCD，平面ABCD，，
过P点作，垂足为Q，平面中，，则平面ABCD，
因为，所以，即，
又梯形ABCD的面积为，
故.
16．答案：（1）证明见解析
（2），
（3）
解析：（1）因为，所以，
因为，所以，
因为，所以为等边三角形.
（2），
，
则
，
当时，取得最小值，最小值为.
（3）由题意可得，
在中，，
设，，，
则，
所以，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
且，
所以的取值范围为.
17．答案：（1）
（2）存在定点，使得为定值，该定值为
解析：（1）因为抛物线过点，所以，所以，
所以抛物线C的方程为.
（2）设点，，联立，得，
又因为点M关于点G的对称点为P，所以点，
由O，N，P三点共线，可得，即，
化简得，
设直线l的方程为，联立，消去x，得，
则，即，可得，，
代入，可得，可得，
所以直线l的方程：，即，则，
所以直线l过定点，
因为，
所以点H的轨迹是以为直径的圆（除去E，Q两点），圆心为，半径为，
所以存在定点，使得为定值，该定值为.
18．答案：（1），
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
解析：（1）因为，所以，
又的解集为，
所以1和2是方程的两个根，且，
所以，解得，.
（2）（ⅰ）由（1）知，，
当时，，
因为是定义在R上的奇函数，所以，
当时，，
，
故，
所以.
（ⅱ）当时，，
，所以函数在上单调递增，
又是定义在R上的奇函数，，
所以函数在上单调递增，所以函数在R上单调递增.
由，得，
所以，即，
所以不等式的解集为.
19．答案：（1）
（2）①；②
解析：（1）4局结束比赛时甲获胜，则在前2局甲乙各得一分，并且第3，4局甲胜，概率为；
4局结束比赛时乙获胜，则在前2局甲乙各得一分，并且第3，4局乙胜，概率为，
所以恰好4局结束比赛的概率.
（2）①在甲在净胜-2局前提下，继续比赛一局：
若甲赢，则甲的状态变为净胜-1局，继续比赛获胜的概率为；
若甲输，则甲的状态变为净胜-3局，比赛结束，
根据全概率公式，，同理，，，，
由，，得，与联立消去，
得，又，，即，因此，
所以甲获胜的概率为.
②在甲净胜-2局前提下，继续比赛一局：
若甲赢，则甲的状态变为净胜-1局，继续比赛至结束，还需要局，共进行了局；
若甲输，则甲的状态变为净胜-3局，比赛结束，共进行了1局，
则，即，
同理，即，
，即，
，即，
，即，
联立与，得，
联立与，得，
代入，得，
所以.