2024-2025學年云南省曲靖市高三上冊11月月考數學檢測試題（含解析）

2024-2025學年云南省曲靖市高三上學期11月月考數學檢測試題一、單選題（本大題共8小題）1．已知雙曲線的離心率為2，則的漸近線方程是（）A． B． C． D．2．已知集合為全集的非空真子集，且與不相等，若，則下列關系中正確的是（）A． B．C． D．3．已知數列，滿足，則（）A． B． C． D．4．若兩平行直線與之間的距離是，則（）A．或11 B．或16 C．1或11 D．1或165．在展開式中，含的項的系數是6，則（）A．6 B．3 C．3 D．66．已知正方體的棱長為3，以頂點為球心，為半徑作一個球，則該球球面與正方體的表交所得到的曲線的長為（）A． B． C． D．7．在某次數學月考中，有三個多選小題，每個小題的正確答案要么是兩個選項，要么是三個選項，且每個小題都是6分，在每個小題給出的四個選項中，全部選對得6分，部分選對得部分分（正確答案是三個選項的，則每個選項2分；正確答案是兩個選項的，則每個選項為3分，有錯選的得0分）．已知這次考試中，第一個小題的正確答案是兩個選項；小明同學在這三個多選小題中，第一個小題僅能確定一個選項是正確的，由于是多選題他隨機又選了一個選項；而第二個小題他隨機地選了兩個選項，第三個小題他隨機地選了一個選項，則小明同學這三個多選小題所有可能的總得分（相同總分只記錄一次）的中位數為（）A．7 B．7.5 C．8 D．8.58．若，則的最小值為（）A． B． C． D．0二、多選題（本大題共3小題）9．已知隨機事件，則下列說法正確的是（）A．若，則事件與事件相互獨立B．若，則事件與事件互為對立C．若事件兩兩獨立，則D．若事件兩兩互斥，則10．設復數在復平面內對應的點為，任意復數都可以表示為三角形式，其中為復數的模，是以軸的非負半軸為始邊，以所在的射線為終邊的角（也被稱為的輻角）．利用復數的三角形式可以進行復數的指數運算，法國數學家棣莫佛發(fā)現(xiàn)，我們稱這個結論為棣莫佛定理．根據以上信息，若復數滿足，則可能的取值為（）A． B．C． D．11．如圖，小明同學發(fā)現(xiàn)家里的兩個射燈在墻上投影出兩個相同的橢圓，其外輪廓曲線形如心形，經過他進一步的探究發(fā)現(xiàn)曲線也表示心形曲線，設為曲線上一點，為坐標原點，則下列小明關于曲線的說法正確的是（）

A．曲線只經過4個整數點（即橫、縱坐標均為整數的點）B．C．D．設曲線上一點，且，則的面積的最大值為3三、填空題（本大題共3小題）12．通過對某校高三年級兩個班的排球比賽成績分析可知，班的成績，班的成績，的分布密度曲線如圖所示，則在排球決賽中班獲勝的可能性更大．13．已知在三棱錐中，平面，，若，與平面所成角為，則三棱錐的體積的最大值為．14．定義域為的函數滿足，當時，若在上有9個零點，則實數的取值范圍是．四、解答題（本大題共5小題）15．記的內角的對邊分別為，已知.(1)求A；(2)若邊上的高為2，且的平分線交邊于，，求.16．古希臘數學家阿波羅尼斯的著作《圓錐曲線論》中給出圓的另一種定義：平面內，到兩個定點的距離之比值為常數的點的軌跡是圓，我們稱之為阿波羅尼斯圓．已知點到的距離是點到的距離的3倍．記點的軌跡為曲線．(1)求曲線的方程；(2)設曲線與軸的負半軸交于點為坐標原點，若點不在軸上，直線分別與直線交于兩點，探究以為直徑的圓是否過定點？若過定點，求出該定點的坐標；若不過定點，請說明理由．17．如圖甲，在平面五邊形中，∥，，，，為的中點，以為折痕將圖甲中的△折起，使點到達如圖乙中的點的位置，且.(1)證明：平面平面；(2)若過點作平面的垂線，垂足為，求點到平面的距離.18．已知函數．(1)當時，求的單調區(qū)間；(2)若對任意，都有恒成立，求的最大整數值；(3)對于任意的，證明：．19．某商場為吸引顧客，設計了一個趣味小游戲，地面上劃有邊長為1的小正方形網格，游戲參與者從網格的某一個頂點出發(fā)，每一步沿一個小正方形的對角線向右上方或右下方移動，如圖所示．已知游戲參與者每步選擇向右上方或者右下方行走是等可能的，且每步行走方向的選擇是相互獨立的．(1)商場規(guī)定：某顧客從出發(fā)，沿小正方形的對角線向右上方走一步得1分，向右下方走一步得分，當他走完第四步后，得分為，求的分布列；(2)商場制定了一個游戲規(guī)則：若顧客和老板都從出發(fā)，走到點的位置．設走完第步后，顧客位于點，老板位于點，其中且；若對任意且都有，則認為顧客方獲勝．記顧客獲勝的概率為．（i）當時，求顧客獲勝的概率；（ⅱ）求，并說明顧客和老板在游戲中哪一方獲勝的概率更大．參考公式：．

答案1．【正確答案】D【詳解】因為離心率為2，故，故，故漸近線方程為：，故選：D.2．【正確答案】B【詳解】由與不相等，且，可得，如圖所示.對于A,由圖知，顯然，如,而,即A錯誤；對于B，由圖知，因，則成立，即B正確；對于C，由圖知，，如，而，即C錯誤；對于D，由可得，則，故D錯誤.故選：B.3．【正確答案】A【詳解】因為，所以，，，，，所以是以為周期的周期數列，所以.故選：A4．【正確答案】C【詳解】因為直線與平行，所以，解得，則直線，即為，又與之間的距離是，所以，解得或；所以或.故選：C5．【正確答案】B【詳解】由題可得含的項為，所以.故選：B.6．【正確答案】D【詳解】

因為正方體的棱長為3，故正方體的體對角線長為，故球僅與3個側面有截線（如圖所示），設與側面的截線為，連接，則，因為直角三角形，故，因為直角三角形，故，故，而為銳角，故，同理，故，故的長度為，由對稱性可得另外兩段弧長也為，故球面與正方體的表交所得到的曲線的長，故選：D.7．【正確答案】C【詳解】小明第一小題得分可為：0，3，6；第二小題得分可為：0，4，6；第三小題得分可為：0，2，3；故其總分可為：0，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，故總得分的中位數為：8.故選：C.8．【正確答案】B【詳解】因為，故，而為0,+∞上的增函數，故即，故，設，則，當時，，故在上為減函數，當時，，故在上為增函數，故，故選：B.9．【正確答案】AD【詳解】對于A，根據事件獨立性的定義可得獨立，故A正確；對于B，記事件A：投擲一個骰子，骰子的點數為奇數，事件：投擲一枚硬幣，正面朝上，則，滿足，但不是對立事件，故B錯誤；.對于C：考慮從1，2，3，4中隨機選出一個數字，記事件“取出的數字為1或2”，“取出的數字為1或3”，“取出的數字為1或4”，則“取出的數字為1”，顯然，，滿足，，，所以事件A，B，C兩兩獨立，但是，故C錯誤.對于D，若兩兩互斥，根據互斥事件的概率性質可得，故選：AD10．【正確答案】BD【詳解】設，其中，則，故，而，故，故，故，故BD正確，AC錯誤；故選：BD.11．【正確答案】ACD【詳解】對于A，曲線C的方程可化為，所以，即，又，令，得；令，得；令，得或；所以曲線C只經過4個整數點，分別是，故A正確；對于B，由A得即，且當時，，同理曲線C的方程可化為，所以，即，當時，；但當時，是不成立的，故B錯誤；對于C，記是以x軸非負半軸為始邊，以所在射線為終邊的角，由于曲線C關于y軸對稱，不妨取，則，代入曲線方程可得，則，因為，所以，所以，所以，所以，所以，故C正確；對于D，因為，所以，由于曲線C關于y軸對稱，考慮（i）取，則點，點，則，所以，由于，則當時，，所以的最大值為；考慮（ii）取，則點，點，則，所以，由于，，則當時，，所以的最大值為，故D正確.故選：ACD.12．【正確答案】B【詳解】從分布密度曲線可以得到如下結論：（1）B班的平均成績大于A班的平均成績；（2）B的方差小于A的方差，故B發(fā)揮較為穩(wěn)定，故B班獲勝的可能更大.故B.13．【正確答案】【詳解】如圖，由平面，平面，所以，，又，平面，所以平面，又平面，故,所以與平面所成角為，在直角三角形中，,在直角三角形中，，所以當且僅當，即時，等號成立.故14．【正確答案】【詳解】因為定義域為的函數滿足，且當時，，所以的圖象（部分）如下所示：則當時，，所以，又，令，即，依題意與y=fx有且僅有個交點，顯然，由圖可知與，有兩個交點，且在時，令，，則，即，表示以為圓心，為半徑的半圓（軸及軸上方部分），所以，解得，即實數的取值范圍是.故15．【正確答案】(1)；(2).【詳解】（1）因為，所以由正弦定理得，又，所以，所以，又所以，故,所以，又，所以.（2）由題可得①，又因為，是的平分線，所以，因為，所以，所以由正弦定理得②，又由余弦定理得③，所以由①②③計算可得，所以由即得.16．【正確答案】(1)(2)以為直徑的圓過定點，或，理由見解析【詳解】（1）設，由題意得，即，化簡得，所以曲線的方程為；（2）以為直徑的圓過定點2,0，或，理由如下，令，可得，或，所以，設，直線的方程分別為、，因為，所以，可得，由得，由得，可得的中點為，，以為直徑的圓的方程為，整理得，由，得或，可得以為直徑的圓過定點2,0，或.17．【正確答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）在平面五邊形中，∥，，所以四邊形是直角梯形，且，在直角中，，且，則，可得，從而是等邊三角形，平分.因為為的中點，所以，所以，又因為且平面，所以平面.又因為平面，所以平面平面.（2）取的中點F，連接，過點S作垂直于點，連接，如圖，因為平面平面，平面∩平面，所以平面，又平面，則因為，F(xiàn)是的中點，所以，又且平面，所以平面，由平面，則；又因為，所以，則點O是的中點，又，所以，可得.以為原點，以所在的直線分別為軸，軸，如圖所示建立空間直角坐標系，則，可得.設平面的一個法向量為，由，令，則.由于平面，設可得，所以；由于點平面，所以，解得，即，由（1）可知，平面，所以點H到平面的距離為.18．【正確答案】(1)的單調遞增區(qū)間為，無單調遞減區(qū)間；(2)的最大整數值為2；(3)證明見解析.【詳解】（1）當時，，所以函數定義域為，，令，則，所以當時，；當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，又即，所以即在上恒成立，當且僅當時，，所以在上單調遞增，即的單調遞增區(qū)間為，無單調遞減區(qū)間.（2）因為對任意，都有恒成立，所以對任意，恒成立，即對任意，恒成立，所以，所以，因為在上恒成立，所以在上單調遞增，又，所以存在，使得即，所以當時，即，當時，即，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以，令，則在上恒成立，所以函數在上單調遞增，又，所以的最大整數值為3，即的最大整數值為2.（3）證明：由（1）知在上單調遞增，則函數，所以，故，所以，累加得，所以.19．【正確答案】(1)答案見解析(2)（i）;（ⅱ）答案見解析【詳解】（1）根據題意，可取.當，每次的操作使得分數減少，每次操作的概率為.由于走了步，且每步都要使得分數減少，所以.

當意味著步中有步是使得分數減少的操作，步是使得分數增加的操作.步中選步的組合數為.每步操作的概率為，所以.當表示步中有步是使得分數減少的操作，另外步是使得分數增加的操作.步中選步的組合數為.每步操作概率為，所以.當意味著步中有步是使得分數減少的操作，步是使得分數增加的操作.步中選步的組合數為.每步操作概率為，所以.，每次的操作使得分數增加，每次操作概率為，走了步，所以.則的分布列為：-4-2024（2）（i）顧客一共需要走步，其中向右下方走步，向右上方走步.從步中選步是向右下方走的組合數為.同理，老板也有種走法；對任意，都有，可設顧客在第步向右下方走，則老板的走法有兩種情況：情況一：老板在第1步到第步中有兩步向右下方行走，共種走法：情況二：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，共種走法，所以顧客獲勝時，顧客與老板總的走法數為所以（ⅱ）當顧客和老板都從出發(fā)，走到點的位置時，顧