湖北省腾云联盟2024-2025学年高三上学期10月联考数学试题

这是一份湖北省腾云联盟2024-2025学年高三上学期10月联考数学试题，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若复数满足，则复平面内表示的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
3．函数在区间单调递减，则实数取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．函数图像的一条对称轴为，则（ ）
A．B．C．D．
5．四边形是边长为4的正方形，点是正方形内的一点，且满足，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
6．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知圆，点在上，过点作圆的两条切线，切点分别为和，以为直径作圆，则圆的面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的三元数组有多少组（ ）
A．560B．455C．91D．55
二、多选题
9．已知互不相同的20个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的18个样本数据的方差为，平均数；去掉的两个数据的方差为，平均数；原样本数据的方差为，平均数，若，则（ ）
A．
B．
C．剩下18个数据的中位数大于原样本数据的中位数
D．剩下18个数据的分位数不等于原样本数据的分位数
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的值域为
C．关于对称
D．在上单调递减
11．已知定义域为函数和，且是奇函数，对任意满足且，下列说法正确的（ ）
A．
B．或1
C．在上单调递增，在单调递减
D．时，
三、填空题
12．已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则的值为 .
13．设为双曲线的两个焦点，点是双曲线上的一点，且，则的面积为 .
14．有一直角转弯的走廊（墙面与顶部都封闭），已知走廊的宽度与高度都是3米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊，若不计硬管粗细，则可通过的最大极限长度为 米.
四、解答题
15．如图，在平行四边形中，，四边形为矩形，平面平面，点在线段上运动．
(1)当时，试确定点的位置并证明；
(2)在（1）的条件下，求平面与平面的夹角的余弦值．
16．已知函数，其中为自然对数的底数.
(1)讨论的单调区间；
(2)当时，不等式在区间上恒成立时，求的取值范围.
17．在中，角所对的边分别为，且.
(1)求角的值；
(2)若为锐角三角形，中点为且，求的取值范围.
18．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴是短轴的倍，且椭圆上一点到焦点的最远距离为是椭圆左右顶点，过做椭圆的切线，取椭圆上轴上方任意两点（在的左侧），并过两点分别作椭圆的切线交于点，直线交点的切线于，直线交点的切线于，过作的垂线交于.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)若，直线与的斜率分别为与，求的值.
(3)求证：
19．如图：一张的棋盘，横行编号：竖排编号.一颗棋子目前位于棋盘的处，它的移动规则是：每次移动到与自身所在格不相邻的异色格中.例如该棋子第一次移动可以从移动到或.棋子每次移动到不同目的地间的概率均为.

(1)①列举两次移动后，该棋子所有可能的位置.
②假设棋子两次移动后，最终停留到第1，2，3行时，分别能获得分，设得分为，求的分布列和数学期望.
(2)现在于棋盘左下角处加入一颗棋子，他们运动规则相同，并且每次移动同时行动.移动次后，两棋子位于同一格的概率为，求的通项公式.
参考答案：
1．C
【分析】由指、对数不等式化简集合,再由交集运算即可.
【详解】，
，
所以
故选:C
2．A
【分析】根据复数的除法运算，先求，再求，根据复数的几何意义进行判断.
【详解】由，
所以.对应的点在第一象限..
故选：A
3．D
【分析】时，代入可知满足题意；时，求出二次函数的对称轴结合函数在右半部分单调递减得出开口方向，列出不等式组，求解即可得出答案．
【详解】当时，在上单调递减，满足题意；
当时，的对称轴为直线，由在上单调递减，
知，解得．
综上，a的取值范围为．
故选：D
4．A
【分析】直接利用对称性，取特殊值，即可求出.
【详解】由的图象关于对称，
可知：，即，则．
故选：A．
5．D
【分析】根据题意建立直角坐标系，设Px,y，写出坐标，可得点的轨迹方程，进而可求出的最大值.
【详解】根据题意，建立如图所示的直角坐标系，
设，
则，
故，
，
即；
故点在以点为圆心，1为半径的圆周上运动，
所以的最大值为.
故选：D.
6．A
【分析】先利用正弦定理求的外接圆半径，再求点到平面的距离，设三棱锥外接球半径为，根据勾股定理列方程求出，进一步计算球的表面积.
【详解】如图：
在中，，
由余弦定理：,
所以，所以外接圆半径为，即.
在直角三角形中，，，所以.
设棱锥外接球半径为，在直角三角形中，，
解得：.
所以球的表面积为：.
故选：A
7．B
【分析】由题设可得，利用导数可得，再根据等积法可，故可求圆的面积的最小值.
【详解】由题设有，设，则，
设，则，
因为为上的增函数，故为上的增函数，
而，故当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故，故，

由等积法可得，
故，
故，
故圆的面积的最小值为，
故选：B.
8．B
【分析】在都加上1，把问题转化成方程有正整数解的问题解决.
【详解】设，，，
则不等式有多少组非负整数解的问题，转化为：的正整数解的组数.
因为方程：的解的组数为：；
的解的组数为：；
…
的解的组数为：.
所以原不等式解的组数为：.
故选：B
【点睛】结论点睛：方程（且）正整数解的组数为.
9．AB
【分析】根据平均数的计算方法判断A；根据方差的计算方法判断B；根据中位数的概念判断C，根据百分位数的计算方法判断D.
【详解】对A：因为，且，所以，故A正确；
对B：设20个数据按从小到大的顺序排列为：，则
，，
因为，
所以
.故B正确；
对C：剩下18个数据的中位数和原样本数据的中位数均为，是相等的，故C错误；
对D:因为，则剩下18个数据的分位数为；又，所以原样本数据的分位数也是，故D错误.
故选：AB
10．ABD
【分析】分析函数的奇偶性和单调性，求出函数的值域，可判断BD，求出函数的周期，可判断A，利用特殊点的函数值，可判断C.
【详解】对，
因为，
所以函数为偶函数，图象关于轴对称.
又，
所以函数为周期函数，且最小正周期为.故A正确；
当时，，
易得在上单调递增，在上单调递减，
且，，，所以；
当时，根据函数为偶函数，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，且.
根据函数的周期性，所以函数的值域为1,2，故B正确.
因为，，
所以，
所以的图象并不关于对称，故C错误；
因为函数在上单调递减，且周期为，
所以函数在上也是单调递减，故D正确.
故选：ABD
11．AD
【分析】对于A，利用导数的运算规则及导数关系可判断其正确，对于B，利用赋值法可求，故可判断其正误，利用反证法可判断C的正误，对于D，令，利用导数可证明恒成立，故可判断其正误.
【详解】对于A，因为，故，
所以，故A正确；
对于B，因为是奇函数，故，
因为，故，故，故B错误；
对于C，由A的分析可得 ，故即，
若在上单调递增，则当时，有，
故，矛盾，故C错误；
对于D，因为，
故即，故为上的增函数，
设，
则，
设，则，
设，则，
若恒成立，则，故，此时，
矛盾，故且不恒为零，故在上为增函数，
故，故为上为增函数，
故，故为上为增函数，
故即，故D成立，
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：不同抽象函数的性质讨论，注意抽象函数之间性质的转化，而与抽象函数有关的不等式恒成立问题，可利用导数讨论导数的符号后得到相应函数的单调性，必要时需多次求导.
12．
【分析】先对函数求导，根据曲线切线的几何意义列式即可求.
【详解】由得，
因为曲线在点处的切线的倾斜角为，
所以，
所以，故.
故答案为：
13．3
【分析】设，利用双曲线定义，可得又由勾股定理得，联立求得，即得三角形的面积.
【详解】

如图，由可知，
设，由定义
，
的面积为.
故答案为：3
14．
【分析】先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度，再利用勾股定理求出硬管倾斜后能通过的最大长度，即可得到答案.
【详解】如图示，先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度.
设,则.
过作垂直内侧墙壁于，作垂直内侧墙壁于，
则.
在直角三角形中，，所以.
同理可得.
所以.
因为（当且仅当且时等号成立）.
所以.
因为走廊的宽度与高度都是米，
所以把硬管倾斜后能通过的最大长度为.
故答案为：
15．(1)为线段的中点，证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用余弦定理、面面垂直的性质证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用垂直关系的向量表示求解即得.
（2）求出平面的法向量，再用面面角的向量求列式计算即得.
【详解】（1）在中，，
由余弦定理得，则，
有，又平面平面，平面平面，
平面，则平面，直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设，则，
由，得，解得，即，
所以当时，点为线段的中点．
（2）由（1）可得，
设平面的法向量为，则，取，得，
平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
16．(1)当时，的单调增区间为，单调减区间为；
当时，的单调增区间为，单调减区间为.
(2)实数的取值范围是.
【分析】（1）由题得，分，，讨论单调性求解即可；
（2）参数分离得在上恒成立，令，讨论的单调性，求得的最大值即可求得的取值范围.
【详解】（1）易知函数的定义域为.所以，
当时，由，得，由，得.
所以的单调增区间为，单调减区间为；
当时，由，得，由，得.
所以的单调增区间为，单调减区间为；
综上所述：当时，的单调增区间为，单调减区间为；
当时，的单调增区间为，单调减区间为.
（2）将代入，得，因为不等式在上恒成立，
所以，即在上恒成立，
令，易知函数的定义域为.
所以.
当时，，故；
当时，，故；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以时，在上取得最大值.
所以，所以实数的取值范围是.
17．(1)
(2)
【分析】（1）先根据向量平行得到：，利用正弦定理，角化边可得，再用余弦定理求，进而可得角.
（2）先用正弦定理表示出边，，明确角的关系及角的取值范围，借助平面向量表示出，利用三角恒等变换化简，借助三角函数的性质求取值范围.
【详解】（1）因为，所以，
由正弦定理可得：，即.
由余弦定理得：，
所以.
（2）由正弦定理得：，
所以，，其中，.
又CD=12CA+CB.
所以
因为：，所以，所以.
所以.
所以中线的取值范围为：.
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，求出，可得椭圆的标准方程.
（2）设过点的切线方程的点斜式，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，由，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，可得的值.
（3）设（），再设过点的切线方程，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，由，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，可得，的表达式.再把和用，表示，化简整理即可.
【详解】（1）由题意：.
所以椭圆的标准方程为：.
（2）设过点的切线方程为：，即，
由，消去，整理得：，
由，
整理得：，
所以.
（3）设（），的延长线交轴于点，如图：
、两点处切线斜率分别为，则.
设点的椭圆的切线方程为：，即，
由消去，
化简整理得：，
由得：
化简整理得：，
由韦达定理，得：，，
所以，，
所以要证明，只需证明：，
即
，
因为，所以上式成立，
即成立.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)①，，；②分布列见解析；.
(2)
【分析】（1）列出所有两次移动的路径，求出其概率，根据得分规则，可得的分布列，并求期望.
（2）先探讨棋子的运动轨迹，记两棋子之间的距离为，明确的值，求出对应的概率，设“回合后，的概率”，“回合后，的概率”，“回合后，的概率”，列出，，之间的关系，可求.
【详解】（1）①两次移动的所有路径可能如下：
；；；.
所以两次移动后，该棋子所有可能的位置有：，，.
②棋子两次移动后，最终停留在时，得1分，对应概率为：；
棋子两次移动后，最终停留在时，得1分，对应概率为：；
棋子两次移动后，最终停留在时，得3分，对应概率为：.
所以，.
所以最终得分的分布列为：
所以.
（2）将棋盘按如图所示编号：

将棋子可以去的区域用箭头连接起来，若从3可以连接到4或8，记做；从8可以连接3或1，记做；然后将它们串联起来：.依次类推，可以串联处环状回路：，如下图所示：

则棋子等价于在这个环状回路中运动.
问题（2）可以转化为将两个棋子放在环状回路中的3号、7号位置，每回合3号、7号棋子有四种运动模式：（顺，顺），（顺，逆），（逆，顺），（逆，逆），发生概率均为.
为了转化问题，现规定：“两棋子之间的最短节点数”，例如：

特别规定两棋子重合时，.并统计四种运动模式下会如何变化.
假设3号棋子顺时针走过个节点可以与7号棋子重合；或逆时针走过个节点也可以与之重合.
为了简化问题，不妨假设，于是有下表：
设“回合后，的概率”，
“回合后，的概率”，
“回合后，的概率”，
则有：，
所以，
显然：，，所以，
所以.
【点睛】方法点睛：在第（2）问中，先探讨棋子的运动轨迹，记两棋子之间的距离为，明确的值，求出对应的概率，设“回合后，的概率”，“回合后，的概率”，“回合后，的概率”，列出，，之间的关系，可求.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
D
A
D
A
B
B
AB
ABD
题号
11









答案
AD









1
3
（顺，顺）
（顺，逆）
（逆，顺）
（逆，逆）