2024-2025学年云南省昆明市云南师范大学附中高三（上）月考数学试卷（11月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年云南师范大学附中高三（上）月考数学试卷（11月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知双曲线C：x2a2−y2b2A.y=±33x B.y=±32.已知集合M，N为全集U的非空真子集，且M与N不相等，若M∩N=M，则下列关系中正确的是(

)A.(∁UM)∩N=⌀ B.M∩(∁UN)=⌀3.已知数列{an}满足an+2+an+1+aA.−2 B.−1 C.1 D.24.若两平行直线l1：ax+8y=0与l2：3x+4y+b=0之间的距离是1，则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)展开式中，含x5的项的系数是6，则a=(

)A.−6 B.−3 C.3 D.66.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3A.21π B.23π 7.在某次数学月考中，有三个多选小题，每个小题的正确答案要么是两个选项，要么是三个选项，且每个小题都是6分，在每个小题给出的四个选项中，全部选对得6分，部分选对得部分分.已知这次考试中，第一个小题的正确答案是两个选项；小明同学在这三个多选小题中，第一个小题仅能确定一个选项是正确的，由于是多选题他随机又选了一个选项；而第二个小题他随机地选了两个选项，第三个小题他随机地选了一个选项，则小明同学这三个多选小题所有可能的总得分(相同总分只记录一次)的中位数为(

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

)A.−1e B.−1e2 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知随机事件A，B，C，则下列说法正确的是(

)A.若P(AB)=P(A)P(B)，则事件A与事件B相互独立

B.若P(A)+P(B)=1，则事件A与事件B互为对立

C.若事件A，B，C两两独立，则P(ABC)=P(A)P(B)P(C)

D.若事件A，B，C两两互斥，则P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)10.设复数z在复平面内对应的点为Z，任意复数z都可以表示为三角形式r(cosθ+isinθ)，其中r为复数z的模，θ是以x轴的非负半轴为始边，以OZ所在的射线为终边的角(也被称为z的辐角).利用复数的三角形式可以进行复数的指数运算，法国数学家棣莫佛发现[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ)(n∈N∗)，我们称这个结论为棣莫佛定理.根据以上信息，若复数A.2(cosπ10+isinπ10) B.11.如图1，小明同学发现家里的两个射灯在墙上投影出两个相同的椭圆，其外轮廓曲线形如心形，经过他进一步的探究发现曲线C：3x2+3y2=2|x|y+12也表示心形曲线，设A(x0,y0)A.曲线C只经过4个整数点(即横、纵坐标均为整数的点)

B.x0∈[−322,322],y0∈[−3三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.通过对某校高三年级A，B两个班的排球比赛成绩分析可知，A班的成绩X～N(μ,σ12)，B班的成绩Y～N(μ,σ2213.已知在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若PB=2，CP与平面PAB所成角为π4，则三棱锥P−ABC的体积的最大值为______．14.定义域为[−1,+∞)的函数f(x)满足f(x+4)−f(x)=0，当x∈[−1,3)时，f(x)=1−x2,x∈[−1,1],1−|x−2|,x∈(1,3).若g(x)=f(x)−ax在[−1,+∞)上有四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(2b+c)sinC=2csinAcosC．

(1)求A；

(2)若BC边上的高为2，且∠BAC的平分线交BC边于D，CD=4BD，求AD．16.(本小题15分)

古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点的距离之比值为常数λ(λ>0,λ≠1)的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼斯圆.已知点A到M(−8,0)的距离是点A到N(−83,0)的距离的3倍.记点A的轨迹为曲线C．

(1)求曲线C的方程；

(2)设曲线C与x轴的负半轴交于点B，O为坐标原点，若点A不在x轴上，直线AB，AO分别与直线l：x=12交于D，E17.(本小题15分)

如图甲，在平面五边形ABCDE中，AB//CD，∠ADC=π2，AB=AE=DE=2DC=4，AD=23，G为BC的中点，以AD为折痕将图甲中的△ADE折起，使点E到达如图乙中的点S的位置，且SA⊥DG．

(1)证明：平面SAC⊥平面ABCD；

(2)若过点A作平面SBC的垂线，垂足为H，求点H到平面18.(本小题17分)

已知函数f(x)=(x+1)lnx−(m+1)x+2，m∈R．

(1)当m=1时，求f(x)的单调区间；

(2)若对任意x∈(1,+∞)，都有f(x)+5>0恒成立，求m的最大整数值；

(3)对于任意的n∈N∗，证明：119.(本小题17分)

某商场为吸引顾客，设计了一个趣味小游戏，地面上划有边长为1小正方形网格，游戏参与者从网格的某一个顶点出发，每一步沿一个小正方形的对角线向右上方或右下方移动，如图所示.已知游戏参与者每步选择向右上方或者右下方行走是等可能的，且每步行走方向的选择是相互独立的．

(1)商场规定：某顾客从O(0,0)出发，沿小正方形的对角线向右上方走一步得1分，向右下方走一步得−1分，当他走完第四步后，得分为X，求X的分布列；

(2)商场制定了一个游戏规则：若顾客和老板都从O(0,0)出发，走到点Bn(2n+3,2n−1)(n∈N∗)位置.设走完第i步后，顾客位于点Ei(xi,yi)，老板位于点Fi(xi,yi′)，其中1≤i≤2n+3且i∈N∗；若对任意1≤i≤2n+3且i∈N

参考答案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)因为(2b+c)sinC=2csinAcosC，

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

又因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，所以2sinB+sinC=2sinAcosC，

又因为sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，

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

所以cosA=−12，又因为A∈(0,π)，所以A=2π3．

(2)因为A=2π3，AD是∠BAC的平分线，

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

因为CD=4BD，所以4ADsinB=ADsinC⇒sinB=4sinC，所以由正弦定理得b=4c①，

因为BC边上的高为2，16.解：(1)设A(x,y)，又点A到M(−8,0)的距离是点A到N(−83,0)的距离的3倍，

即|AM|=3|AN|，

所以|AM|2=9|AN|2，

所以(x+8)2+y2=9[(x+83)2+y2]，化简可得：

(x+2)2+y2=4，

所以曲线C的方程为(x+2)2+y2=4；

(2)以DE为直径的圆过定点(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)，

设A(x,y)(y≠0)，直线AB，分别为y=k1(x+4)(k1≠0)，

则易得AO的方程y=−1k1x，

联立x=1217.解：(1)证明：在平面五边形ABCDE中，AB/​/CD，∠ADC=π2，

所以四边形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，

则∠DAC=π6，可得∠CAB=∠DCA=π3，

从而△ABC是等边三角形，AC平分∠BCD．

因为G为BC的中点，所以CD=CG=2，所以AC⊥DG，

又因为SA⊥DG，SA∩AC=A且SA，AC⊂平面SAC，

所以DG⊥平面SAC．

又因为DG⊂平面ABCD，所以平面SAC⊥平面ABCD．

(2)取AD的中点F，连接SF，过点S作SO垂直AC于点O，连接OF，如图，

因为平面SAC⊥平面ABCD，平面SAC∩平面ABCD=AC，

所以SO⊥平面ABCD，又AD⊂平面ABCD，则SO⊥AD．

因为SA=SD，F是AD的中点，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，则AD⊥OF；

又因为AD⊥CD，所以OF//CD，则点O是AC的中点，

又SA=AC=4，所以OA=2，可得SO=23．

以D为原点，以DA，DC所在的直线分别为x，y轴，SO//z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则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)．

设平面SBC的一个法向量为n=(x1,y1,z1)18.解：(1)当m=1时，f(x)=(x+1)lnx−2x+2，x∈(0,+∞)，则f′(x)=lnx+1x−1，

令g(x)=f′(x)=lnx+1x−1,x>0，则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)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，

又g(1)=0，f′(x)=g(x)≥0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，

即f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；

(2)由题意可得，对任意x∈(1,+∞)，(x+1)lnx−(m+1)x+7>0恒成立，

即对任意x∈(1,+∞)，m+1<(1+1x)lnx+7x恒成立，

令ℎ(x)=(1+1x)lnx+7x，x∈(1,+∞)，

则ℎ′(x)=−1x2lnx+(1+1x)⋅1x−7x2=x−lnx−6x2，

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

所以t(x)在(1,∞)上单调递增，

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，

所以当x∈(1,x0)时，ℎ′(x)<0，当x∈(x19.解：(1)某商场为吸引顾客，设计了一个趣味小游戏，地面上划有边长为1小正方形网格，

游戏参与者从网格的某一个顶点出发，每一步沿一个小正方形的对角线向右上方或右下方移动，

游戏参与者每步选择向右上方或者右下方行走是等可能的，

且每步行走方向的选择是相互独立的，某顾客从O(0,0)出发，

沿小正方形的对角线向右上方走一步得1分，

向右下方走一步得−1分，当他走完第四步后，得分为X，

根据题意，X可取−4，−2，0，2，4．

当X=−4，每次的操作使得分数减少1，每次操作的概率为12，

由于走了4步，且每步都要使得分数减少1，∴P(X=−4)=12×12×12×12=116．

当X=−2意味着4步中有3步是使得分数减少1的操作，1步是使得分数增加1的操作．

4步中选3步的组合数为C43．

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

当X=0表示4步中有2步是使得分数减少1的操作，另外2步是使得分数增加1的操作．

4步中选2步的组合数为C42．

每步操作概率为12，∴P(X=0)=C42×12X−4−2024P11311(2)若顾客和老板都从O(0,0)出发，走到点Bn(2n+3,2n−1)(n∈N∗)位置，

设走完第i步后，顾客位于点Ei(xi,yi)，老板位于点Fi(xi,yi′)，其中1≤i≤2n+3且i∈N∗；

若对任意1≤i≤2n+3且i∈N∗都有yi≥y′i，则认为顾客方获胜．顾客获胜的概率为Pn．

(i)顾客一共需要走9步，其中向右下方走2步，向右上方走7步．

从9步中选2步是向右下方走的组合数为C92=36．

同理，老板也有C92种走法；

对任意1≤i≤9，都有yi≥yi′，可设顾客在第j，k(1≤j<k≤9)步向右下方走，

则老板的走法有两种情况：

①老板在第1步到第j(2≤j≤8)步中有两步向右下方行走，共Cj2种走法：

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