2024-2025學(xué)年云南省昆明市云南師范大學(xué)附中高三（上）月考數(shù)學(xué)試卷（11月份）（含答案）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年云南師范大學(xué)附中高三（上）月考數(shù)學(xué)試卷（11月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知雙曲線C：x2a2?y2b2A.y=±33x B.y=±32.已知集合M，N為全集U的非空真子集，且M與N不相等，若M∩N=M，則下列關(guān)系中正確的是(

)A.(?UM)∩N=? B.M∩(?UN)=?3.已知數(shù)列{an}滿足an+2+an+1+aA.?2 B.?1 C.1 D.24.若兩平行直線l1：ax+8y=0與l2：3x+4y+b=0之間的距離是1，則a+b=(

)A.?4或11 B.?4或16 C.1或11 D.1或165.在(x+1)(x?2)(x+3)(x?4)(x+5)(x?a)展開(kāi)式中，含x5的項(xiàng)的系數(shù)是6，則a=(

)A.?6 B.?3 C.3 D.66.已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為3A.21π B.23π 7.在某次數(shù)學(xué)月考中，有三個(gè)多選小題，每個(gè)小題的正確答案要么是兩個(gè)選項(xiàng)，要么是三個(gè)選項(xiàng)，且每個(gè)小題都是6分，在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，全部選對(duì)得6分，部分選對(duì)得部分分.已知這次考試中，第一個(gè)小題的正確答案是兩個(gè)選項(xiàng)；小明同學(xué)在這三個(gè)多選小題中，第一個(gè)小題僅能確定一個(gè)選項(xiàng)是正確的，由于是多選題他隨機(jī)又選了一個(gè)選項(xiàng)；而第二個(gè)小題他隨機(jī)地選了兩個(gè)選項(xiàng)，第三個(gè)小題他隨機(jī)地選了一個(gè)選項(xiàng)，則小明同學(xué)這三個(gè)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(shù)為(

)A.7 B.7.5 C.8 D.8.58.若ex+x?lny?ey=1，則xy的最小值為(

)A.?1e B.?1e2 二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.已知隨機(jī)事件A，B，C，則下列說(shuō)法正確的是(

)A.若P(AB)=P(A)P(B)，則事件A與事件B相互獨(dú)立

B.若P(A)+P(B)=1，則事件A與事件B互為對(duì)立

C.若事件A，B，C兩兩獨(dú)立，則P(ABC)=P(A)P(B)P(C)

D.若事件A，B，C兩兩互斥，則P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)10.設(shè)復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為Z，任意復(fù)數(shù)z都可以表示為三角形式r(cosθ+isinθ)，其中r為復(fù)數(shù)z的模，θ是以x軸的非負(fù)半軸為始邊，以O(shè)Z所在的射線為終邊的角(也被稱為z的輻角).利用復(fù)數(shù)的三角形式可以進(jìn)行復(fù)數(shù)的指數(shù)運(yùn)算，法國(guó)數(shù)學(xué)家棣莫佛發(fā)現(xiàn)[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ)(n∈N?)，我們稱這個(gè)結(jié)論為棣莫佛定理.根據(jù)以上信息，若復(fù)數(shù)A.2(cosπ10+isinπ10) B.11.如圖1，小明同學(xué)發(fā)現(xiàn)家里的兩個(gè)射燈在墻上投影出兩個(gè)相同的橢圓，其外輪廓曲線形如心形，經(jīng)過(guò)他進(jìn)一步的探究發(fā)現(xiàn)曲線C：3x2+3y2=2|x|y+12也表示心形曲線，設(shè)A(x0,y0)A.曲線C只經(jīng)過(guò)4個(gè)整數(shù)點(diǎn)(即橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn))

B.x0∈[?322,322],y0∈[?3三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.通過(guò)對(duì)某校高三年級(jí)A，B兩個(gè)班的排球比賽成績(jī)分析可知，A班的成績(jī)X～N(μ,σ12)，B班的成績(jī)Y～N(μ,σ2213.已知在三棱錐P?ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若PB=2，CP與平面PAB所成角為π4，則三棱錐P?ABC的體積的最大值為_(kāi)_____．14.定義域?yàn)閇?1,+∞)的函數(shù)f(x)滿足f(x+4)?f(x)=0，當(dāng)x∈[?1,3)時(shí)，f(x)=1?x2,x∈[?1,1],1?|x?2|,x∈(1,3).若g(x)=f(x)?ax在[?1,+∞)上有四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題13分)

記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知(2b+c)sinC=2csinAcosC．

(1)求A；

(2)若BC邊上的高為2，且∠BAC的平分線交BC邊于D，CD=4BD，求AD．16.(本小題15分)

古希臘數(shù)學(xué)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(nèi)，到兩個(gè)定點(diǎn)的距離之比值為常數(shù)λ(λ>0,λ≠1)的點(diǎn)的軌跡是圓，我們稱之為阿波羅尼斯圓.已知點(diǎn)A到M(?8,0)的距離是點(diǎn)A到N(?83,0)的距離的3倍.記點(diǎn)A的軌跡為曲線C．

(1)求曲線C的方程；

(2)設(shè)曲線C與x軸的負(fù)半軸交于點(diǎn)B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若點(diǎn)A不在x軸上，直線AB，AO分別與直線l：x=12交于D，E17.(本小題15分)

如圖甲，在平面五邊形ABCDE中，AB//CD，∠ADC=π2，AB=AE=DE=2DC=4，AD=23，G為BC的中點(diǎn)，以AD為折痕將圖甲中的△ADE折起，使點(diǎn)E到達(dá)如圖乙中的點(diǎn)S的位置，且SA⊥DG．

(1)證明：平面SAC⊥平面ABCD；

(2)若過(guò)點(diǎn)A作平面SBC的垂線，垂足為H，求點(diǎn)H到平面18.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)=(x+1)lnx?(m+1)x+2，m∈R．

(1)當(dāng)m=1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若對(duì)任意x∈(1,+∞)，都有f(x)+5>0恒成立，求m的最大整數(shù)值；

(3)對(duì)于任意的n∈N?，證明：119.(本小題17分)

某商場(chǎng)為吸引顧客，設(shè)計(jì)了一個(gè)趣味小游戲，地面上劃有邊長(zhǎng)為1小正方形網(wǎng)格，游戲參與者從網(wǎng)格的某一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)，每一步沿一個(gè)小正方形的對(duì)角線向右上方或右下方移動(dòng)，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(dú)立的．

(1)商場(chǎng)規(guī)定：某顧客從O(0,0)出發(fā)，沿小正方形的對(duì)角線向右上方走一步得1分，向右下方走一步得?1分，當(dāng)他走完第四步后，得分為X，求X的分布列；

(2)商場(chǎng)制定了一個(gè)游戲規(guī)則：若顧客和老板都從O(0,0)出發(fā)，走到點(diǎn)Bn(2n+3,2n?1)(n∈N?)位置.設(shè)走完第i步后，顧客位于點(diǎn)Ei(xi,yi)，老板位于點(diǎn)Fi(xi,yi′)，其中1≤i≤2n+3且i∈N?；若對(duì)任意1≤i≤2n+3且i∈N

參考答案1.B

2.B

3.A

4.C

5.B

6.D

7.C

8.B

9.AD

10.BD

11.ACD

12.B

13.2314.(115.解：(1)因?yàn)?2b+c)sinC=2csinAcosC，

所以由正弦定理得：(2sinB+sinC)sinC=2sinCsinAcosC，

又因?yàn)镃∈(0,π)，所以sinC≠0，所以2sinB+sinC=2sinAcosC，

又因?yàn)閟inB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，

所以2(sinAcosC+cosAsinC)+sinC=2sinAcosC，即2cosAsinC+sinC=0，

所以cosA=?12，又因?yàn)锳∈(0,π)，所以A=2π3．

(2)因?yàn)锳=2π3，AD是∠BAC的平分線，

所以在△ABD和△ACD中，由正弦定理得：BDsinπ3=ADsinB,CDsinπ3=ADsinC，

因?yàn)镃D=4BD，所以4ADsinB=ADsinC?sinB=4sinC，所以由正弦定理得b=4c①，

因?yàn)锽C邊上的高為2，16.解：(1)設(shè)A(x,y)，又點(diǎn)A到M(?8,0)的距離是點(diǎn)A到N(?83,0)的距離的3倍，

即|AM|=3|AN|，

所以|AM|2=9|AN|2，

所以(x+8)2+y2=9[(x+83)2+y2]，化簡(jiǎn)可得：

(x+2)2+y2=4，

所以曲線C的方程為(x+2)2+y2=4；

(2)以DE為直徑的圓過(guò)定點(diǎn)(2,0)，或(?1,0)，理由如下，

令y=0，可得x=0，或x=?4，所以B(?4,0)，O(0,0)，

設(shè)A(x,y)(y≠0)，直線AB，分別為y=k1(x+4)(k1≠0)，

則易得AO的方程y=?1k1x，

聯(lián)立x=1217.解：(1)證明：在平面五邊形ABCDE中，AB/?/CD，∠ADC=π2，

所以四邊形ABCDE是直角梯形，且AD=23,AB=2CD=4，AB⊥AD．

在直角△ADC中，AC=AD2+DC2=4，且sin∠DAC=12，

則∠DAC=π6，可得∠CAB=∠DCA=π3，

從而△ABC是等邊三角形，AC平分∠BCD．

因?yàn)镚為BC的中點(diǎn)，所以CD=CG=2，所以AC⊥DG，

又因?yàn)镾A⊥DG，SA∩AC=A且SA，AC?平面SAC，

所以DG⊥平面SAC．

又因?yàn)镈G?平面ABCD，所以平面SAC⊥平面ABCD．

(2)取AD的中點(diǎn)F，連接SF，過(guò)點(diǎn)S作SO垂直AC于點(diǎn)O，連接OF，如圖，

因?yàn)槠矫鍿AC⊥平面ABCD，平面SAC∩平面ABCD=AC，

所以SO⊥平面ABCD，又AD?平面ABCD，則SO⊥AD．

因?yàn)镾A=SD，F(xiàn)是AD的中點(diǎn)，所以SF⊥AD，

又SO∩SF=S且SO，SF?平面SOF，所以AD⊥平面SOF，

由OF?平面SOF，則AD⊥OF；

又因?yàn)锳D⊥CD，所以O(shè)F//CD，則點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)，

又SA=AC=4，所以O(shè)A=2，可得SO=23．

以D為原點(diǎn)，以DA，DC所在的直線分別為x，y軸，SO//z軸，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則A(23,0,0),B(23,4,0),C(0,2,0),O(3,1,0),S(3,1,23),G(3,3,0)，

所以BC=(?23,?2,0),SC=(?3,1,?23),DG=(3,3,0)．

設(shè)平面SBC的一個(gè)法向量為n=(x1,y1,z1)18.解：(1)當(dāng)m=1時(shí)，f(x)=(x+1)lnx?2x+2，x∈(0,+∞)，則f′(x)=lnx+1x?1，

令g(x)=f′(x)=lnx+1x?1,x>0，則g′(x)=1x?1x2=x?1x2，

令g′(x)>0，解得x>1，令g′)x)<0，解得0<x<1，

所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，(1,+∞)上單調(diào)遞增，

又g(1)=0，f′(x)=g(x)≥0，所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，

即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；

(2)由題意可得，對(duì)任意x∈(1,+∞)，(x+1)lnx?(m+1)x+7>0恒成立，

即對(duì)任意x∈(1,+∞)，m+1<(1+1x)lnx+7x恒成立，

令?(x)=(1+1x)lnx+7x，x∈(1,+∞)，

則?′(x)=?1x2lnx+(1+1x)?1x?7x2=x?lnx?6x2，

令t(x)=x?lnx?6，則t′(x)=1?1x>0在(1,∞)上恒成立，

所以t(x)在(1,∞)上單調(diào)遞增，

又t(8)=2?ln8<0,t(172)=52?ln172=52+ln2?ln17>3?ln17>0，

所以存在x0∈(8,172)，使得t(x0)=0，即x0?lnx0?6=0，

所以當(dāng)x∈(1,x0)時(shí)，?′(x)<0，當(dāng)x∈(x19.解：(1)某商場(chǎng)為吸引顧客，設(shè)計(jì)了一個(gè)趣味小游戲，地面上劃有邊長(zhǎng)為1小正方形網(wǎng)格，

游戲參與者從網(wǎng)格的某一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)，每一步沿一個(gè)小正方形的對(duì)角線向右上方或右下方移動(dòng)，

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(dú)立的，某顧客從O(0,0)出發(fā)，

沿小正方形的對(duì)角線向右上方走一步得1分，

向右下方走一步得?1分，當(dāng)他走完第四步后，得分為X，

根據(jù)題意，X可取?4，?2，0，2，4．

當(dāng)X=?4，每次的操作使得分?jǐn)?shù)減少1，每次操作的概率為12，

由于走了4步，且每步都要使得分?jǐn)?shù)減少1，∴P(X=?4)=12×12×12×12=116．

當(dāng)X=?2意味著4步中有3步是使得分?jǐn)?shù)減少1的操作，1步是使得分?jǐn)?shù)增加1的操作．

4步中選3步的組合數(shù)為C43．

每步操作的概率為12，∴P(X=?2)=C43×12×12×12×12=14．

當(dāng)X=0表示4步中有2步是使得分?jǐn)?shù)減少1的操作，另外2步是使得分?jǐn)?shù)增加1的操作．

4步中選2步的組合數(shù)為C42．

每步操作概率為12，∴P(X=0)=C42×12X?4?2024P11311(2)若顧客和老板都從O(0,0)出發(fā)，走到點(diǎn)Bn(2n+3,2n?1)(n∈N?)位置，

設(shè)走完第i步后，顧客位于點(diǎn)Ei(xi,yi)，老板位于點(diǎn)Fi(xi,yi′)，其中1≤i≤2n+3且i∈N?；

若對(duì)任意1≤i≤2n+3且i∈N?都有yi≥y′i，則認(rèn)為顧客方獲勝．顧客獲勝的概率為Pn．

(i)顧客一共需要走9步，其中向右下方走2步，向右上方走7步．

從9步中選2步是向右下方走的組合數(shù)為C92=36．

同理，老板也有C92種走法；

對(duì)任意1≤i≤9，都有yi≥yi′，可設(shè)顧客在第j，k(1≤j<k≤9)步向右下方走，

則老板的走法有兩種情況：

①老板在第1步到第j(2≤j≤8)步中有兩步向右下方行走，共Cj2種走法：

②老板在第1步到第j(1≤j≤8)步中有一步向右下方行走，

在第j+1到第k步