湖南省多校联考2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷(含答案)

这是一份湖南省多校联考2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷(含答案)，共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知全集,,,则( )
A.B.C.D.
2．已知复数（），且，则( )
A.1B.2C.D.
3．已知,,则( )
A.B.C.D.
4．已知定义在R上的函数满足,且当时,,则( )
A.2B.4C.D.
5．在正方体中,二面角的正切值为( )
A.B.C.D.
6．已知线段的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，则线段的中点P的轨迹方程为( )
A.B.
C.D.
7．我国古代数学名著《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵.已知在堑堵中,,,D,E,F分别是所在棱的中点,则下列3个直观图中满足的有( )
A.0个B.1个C.2个D.3个
8．已知过点的直线l与x轴正半轴交于点A,与y轴正半轴交于点B,O为坐标原点,则的最小值为( )
A.12B.8C.6D.4
二、多项选择题
9．已知函数,则( )
A.的最小正周期为
B.的图象关于直线对称
C.的图象关于点中心对称
D.的值域为
10．若数据，，和数据，，的平均数、方差、极差均相等，则( )
A.数据，，，，，与数据，，的平均数相等
B.数据，，，，，与数据，，的方差相等
C.数据，，，，，与数据，，的极差相等
D.数据，，，，，与数据，，的中位数相等
11．已知四棱柱的底面是边长为6的菱形,平面,,,点P满足,其中,,,则( )
A.当P为底面的中心时,
B.当时,长度的最小值为
C.当时,长度的最大值为6
D.当时,为定值
三、填空题
12．已知向量,.若,则________.
13．已知在正四棱台中,,,,则异面直线与所成角的余弦值为______________.
14．已知函数,若函数有三个零点,则a的取值范围为________.
四、解答题
15．在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.
（1）若,求B;
（2）若,,求的面积.
16．甲、乙、丙三人打台球,约定:第一局由甲、乙对打,丙轮空;每局比赛的胜者与轮空者进行下一局对打,负者下一局轮空,如此循环.设甲、乙、丙三人水平相当,每场比赛双方获胜的概率都为.
（1）求甲连续打四局比赛的概率;
（2）求在前四局中甲轮空两局的概率;
（3）求第四局甲轮空的概率.
17．如图，在几何体中，平面，，，，E，F分别为棱，的中点.
（1）证明：平面.
（2）证明：.
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
18．设A是由若干个正整数组成的集合,且存在3个不同的元素a,b,,使得,则称A为“等差集”.
（1）若集合,,且B是“等差集”,用列举法表示所有满足条件的B;
（2）若集合是“等差集”,求m的值;
（3）已知正整数,证明:不是“等差集”.
19．过点作斜率分别为,的直线,,若,则称直线,是定积直线或定积直线.
(1)已知直线直线试问是否存在点A,使得直线a,b是定积直线？请说明理由.
(2)在中,O为坐标原点,点P与点M均在第一象限,且点在二次函数的图象上.若直线与直线是定积直线,直线与直线是定积直线,直线与直线是定积直线,求点P的坐标.
(3)已知直线m与n是定积直线,设点到直线m,n的距离分别为,,求的取值范围.
参考答案
1．答案：D
解析：因为全集,,所以,
又因为,.
故选:D.
2．答案：D
解析：因为，，所以，解得，
因为，所以.
故选：D
3．答案：A
解析：因为,,
又因为,
所以,
所以.
故选:A.
4．答案：A
解析：因为定义在R上的函数满足,
所以是奇函数,且,故,解得,
故当时,,由奇函数性质得,
而,故,故A正确.
故选:A
5．答案：D
解析：取AC的中点M,连接MB,,
由正方体,可得,,
所以,,所以是二面角的平面角,
设正方体的棱长为2,可得,所以,
在中,,
所以二面角的正切值为.
故答案为:D.
6．答案：B
解析：设，，由中点坐标公式得，，
所以，，故，
因为A在圆上运动，
所以，
化简得，故B正确.
故选：B
7．答案：C
解析：在从左往右第一个图中,因为,所以,
因为侧棱垂直于底面,所以面ABC,
如图,以B为原点建立空间直角坐标系,设,
因为D,E,F分别是所在棱的中点,所以,,,,
所以,,故,
即得证,在从左往右第二个图中,我们建立同样的空间直角坐标系,
此时,,,,所以,,
故,所以,
在从左往右第三个图中,我们建立同样的空间直角坐标系,
此时,,,,
故,,即,所以BF,DE不垂直,
则3个直观图中满足的有2个,故C正确.
故选:C
8．答案：B
解析：由题意知直线l的斜率存在.设直线的斜率为,
直线l的方程为,则,,
所以
,
当且仅当,,即时,取等号.
所以的最小值为8.
故选：B.
9．答案：ABD
解析：因为,所以的最小正周期为,故A正确;
由,,可得,,
所以图象的对称轴为,,
当时,图象的关于对称,故B正确;
由,,可得,,
所以图象的对称中心为,,
当时,图象的关于点对称,故C不正确;
由,故的值域为,故D正确.
故选:ABD.
10．答案：ABC
解析：设数据，，的平均数为，数据，，的平均数也为.
那么数据，，，，，的平均数为，
所以数据，，，，，与数据，，的平均数相等，A选项正确.
设数据，，的方差为，数据，，的方差也为.对于数据，，，，，，
其方差计算为
，
所以数据，，，，，与数据，，的方差相等，B选项正确.
设数据，，的极差为R，数据，，的极差也为R.
对于数据，，，，，，其极差是这六个数中的最大值减去最小值，
由于前面两组数据的极差相等，所以组合后数据的极差依然是R，
所以数据，，，，，与数据，，的极差相等，C选项正确.
设数据，，按从小到大排列为，中位数为.
设数据，，按从小到大排列为，中位数为.
对于数据，，，，，按从小到大排列后，中位数不一定是，
所以数据，，，，，与数据，，的中位数不一定相等，D选项错误.
故选：ABC
11．答案：BCD
解析：对于A,当P为底面的中心时,由,则,,故,故A错误;
对于B,当时,
当且仅当,,取最小值为,故B正确;
对于C,当时,,则点P在及内部,
而是以A为球心,以为半径的球面被平面所截图形在四棱柱及内的部分,
当,时,,当,,时,,可得最大值为6,故C正确;
对于D,, ,
而,所以
,则为定值,故D正确.
故答案选：BCD.
12．答案：
解析：.因为,所以,解得.
故答案为:.
13．答案：
解析：,
所以,
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
14．答案：
解析：令,可得,
所以,所以或,
由,又,可得,解得或,
方程无解,方程有一解,故有一解,
要使函数有三个零点,
则有两解,即与的图象有两个交点,
作出函数的图象的示图如下:
由图象可得,解得.
所以a的取值范围为.
故答案为:.
15．答案：（1）
（2）
解析：（1）因为,所以由正弦定理得,
,
又代入上式得,
所以,
由,则B为锐角,且,
所以.
（2）由（1）知,,
因为,,所以,则,,
故,或（舍去）.
所以,又,,
由正弦定理得,
则,则,
由余弦定理得,则,
化简得,解得,
所以.
故的面积为.
16．答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）若甲连续打四局,根据比赛规则可知甲前三局都要打胜,
所以甲连续打四局比赛的概率;
（2）在前四局中甲轮空两局的情况为,第一局甲败,第二局轮空,第三局甲败,第四局轮空,
故在前四局中甲轮空两局的概率;
（3）甲第四轮空有两种情况:
第1种情况,第一局甲败,第二局轮空,第三局甲败,第四局轮空,
第2种情况,第一局甲胜,第二局甲胜,第三局甲败,第四局轮空,
第1种情况的概率;第2种情况的概率;
由互斥事件的概率加法公式可得第四局甲轮空的概率为.
17．答案：（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）
解析：（1）如图，连接.
在中，E，F分别为棱，的中点，所以，，
又平面，平面.
所以平面.
（2）因为平面，平面，所以，
又，平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
又因为，所以.
（3）因为，所以直线与平面所成角与直线与平面所成角相等，设为.不妨设，则.设C到平面的距离为h.则.
又.
在中，，，所以.
所以.
所以.
故直线与平面所成角的正弦为.
18．答案：（1）满足条件的B可能是,,
（2）
（3）见解析
解析：（1）因为,,,所以B中至少含有元素1,3,5或1,5,9,
故满足条件的B可能是,,.
（2）由A是“等差集”,得,,
且,则,
则,解得（舍去）或.
当时,是“等差集”,故.
（3）证明:假设是“等差集”,易得,,
则存在,其中i,j,,使得,
即,则.
因为,所以,从而,
则,
则.
因为,所以,从而,即,
这与矛盾,所以假设不成立,即不是“等差集”.
19．答案：(1)存在,,理由见解析
(2)
(3)
解析：(1)由题意可得,
由得
故存在点,使得a,b是定积直线,且.
(2)设直线的斜率为,则直线的斜率为,直线的斜率为.
依题意得得,即或-1.
直线的方程为,因为点在直线上,所以.
因为点M在第一象限,所以,解得或-2（舍去）,,,
所以直线的方程为,直线的方程为,
由得即点P的坐标为.
(3)设直线,直线,其中,
则
,
,当且仅当,即时,等号成立,
所以,即,故的取值范围为.