广东省湛江市2024-2025学年高三上学期11月大联考数学试题

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一、选择题
1. B 【解析】设 an 的公差为 d ,则 2a1+3a11=5a1+ 30d=20⇒a1+6d=4⇒a7=4 . 故选 B.
2. B 【解析】 1+tit+i=1+tit−it+it−i=2t+t2−1it2+1 ,故要使其实部为 0,只需要 t=0 . 故选 B.
3. C 【解析】由 fx+2 为奇函数知, f2+x+f(2− x)=0 ,令 x=2 可得 f0+f4=0 . 故选 C.
4. A 【解析】将向量 a,b,c 放入坐标系中考虑,则 a= 1,3,b=1,−1,c=−2,4 ,则 a+c=−1,7 , 所以 b⋅a+c=−1+−7=−8 . 故选 A.
5. B 【解析】由题意知, 该容器的盛水部分为圆锥形, 过点 C 向轴 AB 作垂线 CH ( H 为垂足),则 AH 即为圆锥的高, CH 为圆锥的底面半径,其中 AH=AC . cs∠CAH=1,CH=AC⋅sin∠CAH=3 ,故该容器最多能容纳水的体积为 13×1×π×32=π . 故选 B.
6. C 【解析】将点的坐标代入椭圆方程,得 1a2+94a2−1=1⇒94a2+a2−1=a4−a2⇒a2−4a2−14=0,因为 a>1 ,所以 a2=4 ,所以椭圆方程 x24+y23=1 , 其中 a=2,c=1 ,故离心率 ca=12 . 故选 C.
7. B 【解析】由于 y=ex,y=lnx 是互为反函数的曲线,所以其关于直线 y=x 对称,由于点(-1, - 1)在直线 y=x 上,所以这两条切线也关于直线 y=x 对
称,不妨设其中一条切线的倾斜角为 θ ,则另一条的倾斜角为 π2−θ ,故这两条切线的斜率之积为 tanθ . tanπ2−θ=1 . 故选 B.
8. D 【解析】因为 a+b3=a3+b3+3aba+b ,故原题干等式可转化为 a3+b3+2ab=4 ,得 a+b[(a+ b)2−3ab]+2ab=4 ,设 a+b=s ,则 ss2−3ab+2ab =4 ,解得 ab=s3−43s−2 ,因为 a>0,b>0,s=a+b>0 ,所以 ab=s3−43s−2>0 ,解得 s>34 或 0二、选择题
9. BCD【解析】将这组数据从小到大排序得6,6,7,8, 9,9,9,10,对于 A ,这组数据的极差为 10−6=4 ,故 A 错误；对于 B ,平均数为 6+6+7+8+9+9+9+108= 8,故 B 正确; 对于 C,因为 8×0.75=6 ,所以上四分位数为 9+92=9 ,故 C 正确；对于 D ,方差为 6−82+6−82+7−82+8−82+9−82+9−82+9−82+10−82×18=2 ,故 D 正确. 故选 BCD. 10. BCD 【解析】由于坐标原点与 A,B 其中一点重合, 不妨设坐标原点为 A ,对于 A : 当动圆 M 与圆 N 内切或外切时,均有 A,B 两点重合,故 A 错误；对于 B: 点 M 在以 A 为圆心,1 为半径的圆上运动,故MN∈AN−1,AN+1=5−1,5+1,故 B 正确; 对于 C: 由于 AN=BN=5 ,当 △ABN 存在时,要使 △ABN 为等边三角形,则 AB 需为 5 ,又因为 AB≤MA+MB=2 ,所以 △ABN 不可能为等边三角形,故 C 正确; 对于 D : 要使 tan∠ANB 最大,即 ∠ANB 最大,只需要 AB 取最大值即可,由 AB≤MA+MB=2 ,等号当且仅当 A,M,B 三点共线时成立,知此时 cs∠ANB =52+52−222×5×5=35 ,故此时 tan∠ANB= 43 ,故 D 正确. 故选 BCD.

11. AD 【解析】对于 A,B 选项,考虑正方形的一条边与 x′ 轴重合,由斜二测画法的性质,另一条边与 y′ 轴重合, 如图所示, 由于对称性与旋转可换性, 图中 ∠ACB 与 ∠BDC 均等价为所求角. 而由斜二测图性质, AB=CD=2,BC=AD=22,∠ACB+ ∠CAB=θ1=45∘ ,过 A 作 BC 的垂线,则 tan∠ACB =122+1<12+3=tan15∘ ,即 ∠ACB<15∘ ,故 ∠ABD 的最小值小于 15∘ ,故 A 正确; 过 D 作 BC 的垂线,易有 θ2=45∘ ,且 tanθ3=22−11=22−1>1 =tan45∘ ,故 θ3>45∘ ,则 ∠BDC>90∘,∠BDC 的最大值大于 90∘ ,故 B 错误；设图形绕 C 点逆时针旋转 α ,则 CA=4csα+2sinα,2sinα ,即 CA=4csα+2sinα2+2sinα2=
10+217sin2α+φ ,其中 tanφ=324 ,则最小值为 10−217<2 ,最大值为 10+217>4 , 故 C 错误, D 正确. 故选 AD.

三、填空题
12.6π 【解析】由题意可得 fx=sinx3+csx3= 2sinx3+π4 ,故 fx 的最小正周期为 T=2π13 =6π . 故答案为 6π .
13.2【解析】当 a>2 时, A∩B 表示抛物线的一部分; 当 a<2 时, A∩B 为空集,因此当且仅当 a=2 时,集合 A∩B 表示一个点(2,0),集合 A∩B 中有且只有一个元素. 故答案为 2 .
14. 485 【解析】如图,位于红球之间的白球个数记为白1=x,白2=y,白3=z,x,y,z∈N.

故满足方程 x+y+z=33 的解共有 C352=595 组. 满足 x,y,z≤13 时的解有以下情形:① 若 x=13 时,有 13,13,7,13,12,8,13,11,9,13,10,10 , 13,9,11,13,8,12,13,7,13 ,共 7 种; 同理, y=13 时,有 7 种; z=13 时,有 7 种. ∴ 去掉重复的共有 18 种. ② 若 x=12 时,有 12,12,9,(12,11 , 10),12,10,11,12,9,12 ,共 4 种; 同理, y=12 时,有 4 种; z=12 时,有 4 种. ∴ 去掉重复的共有 9 种. ③ 若 x=11 ,有(11,11,11),此时只有 1 种. ④ 若 x=10 ,有(10,10,13),与前面重复,舍去. ⑤ 若 x≤ 9,不存在. ∴ 共有 18+9+1=28 种. ∴ 连续排列的白球个数不超过 13 个的概率是 28595=485 . 故答案为 485 .
四、解答题
15. 解:(1)由题意得 ca=2 ,右焦点坐标为(c,0),双曲
线渐近线方程为 y=±bax , (2 分)
故 bca1+b2a2=1 ,解得 b=1 , (4 分)
又 b2=c2−a2 ,
故 a=1,c=2 ,
故 C 的标准方程为 x2−y2=1 . (6 分)
(2)证明:设 Ax1,y1,Bx2,y2 ,
则 x12−y12=1x22−y22=1 ,两式相减得 x1−x2x1+x2=
y1−y2y1+y2, (8 分)
若 x1=x2 或 x1+x2=0 ,
则 AB 的中点在坐标轴上,不满足 M2m,m(m≠ 0) , 故 x1≠x2 且 x1+x2≠0 ,即直线 AB 的斜率存在且不为 0 , (10 分)
此时 y1+y2x1+x2⋅y1−y2x1−x2=1 ,即 2m4m⋅kAB=1 ,解得 kAB=2 ,故直线 AB 的斜率存在且为定值 2. (13 分) 16. 解:(1)由 a=2ccsC 及正弦定理,
得 sinA=2sinCcsC=sin2C . (2 分)
因为 B≠C ,所以 A+2C≠π ,
所以 A=2C,A−C=C , (4 分)
所以 sinC=sinA−C=sinA+C−2sinCcsA =sinB−2sinCcsA . (7 分) 由正弦定理,得 c=b−2ccsA . (8 分) (2) 因为 b=12,a=2c⋅csC=52c ,由余弦定理可得 csC=a2+b2−c22ab=54c2+14−c22×52c×12=54 , (11 分) 整理得 2c2−5c+2=0 ,即 c−22c−1=0 , (13 分) 解得 c=2 或 c=12 . 因为 B≠C ,所以 b≠c ,即 c≠12 , 故 c=2 . (15 分) 17. 解:(1)在 △ABE 中,由余弦定理可得: BE2=AE2+AB2−2AE⋅ABcs60∘=3,

所以 AE2+BE2=4=AB2 ,所以 AE⊥BE ,(2 分) 同理可得 AE⊥A1E , (3 分)
又因为 A1E⊂ 平面 A1BE,BE⊂ 平面 A1BE,A1E∩BE=E,
所以 AE⊥ 平面 A1BE , (5 分)
又 A1B⊂ 平面 A1BE ,所以 AE⊥A1B , (6 分)
依题意,有 AE//A1D1 ,所以 A1B⊥A1D1 . (7 分)
(2) 以 E 为原点, EA,EB 所在直线分别为 x 轴, y 轴,过点 E 作 z 轴垂直于平面 ABCD ,建立如图所示空间直角坐标系.

在 △A1EB 中,由余弦定理得 cs∠A1EB= EA12+EB2−A1B22EA1⋅EB=13 ,所以 sin∠A1EB=223,A1 的坐标为 0,33,263 , (9 分)
又 A1,0,0,B0,3,0,C−2,3,0 ,
所以 EB=0,3,0,BC1=BC+CC1=BC+AA1=−2,0,0+−1,33,263=−3,33,263,
(11 分)
由 (1) 可得平面 A1BE 的一个法向量为 EA=(1,0 , 0) (12 分)
设平面 EBC1 的一个法向量为 n=a,b,c ,
则有 BC1⋅n=0EB⋅n=0 ,
即 −3a+33b+263c=03b=0 ,取 n=22,0,33 .
(14 分)
则 cs⟨EA,n⟩=EA⋅nEA⋅n=221⋅35=27035 ,
所以二面角 A1−BE−C1 的余弦值为 27035 .
(15 分)
【评分细则】该题两问用几何法或空间向量基本定理法, 答案正确均给分。
18. 解:(1)由题意可得 ean+1=ean−1an ,
则 ean+1−ean=ean−1an−ean=ean−1−aneanan ,( 2 分)
令函数 fx=ex−1−xexx>0 ,
则 f′x=−xex<0 ,
∴fx 在 0,+∞ 上单调递减, (5 分)
则 fx则 ean+1−ean=ean−1an−ean<0 ,
∴an+1即数列 an 为递减数列. (8 分)
(2)令函数 gx=ex−1−xe12xx>0 ,
g′x=e12xe12x−12x−1,
令函数 hx=ex−x−1 ,
则 h′x=ex−1 ,当 x<0 时, h′x<0,hx 为减函
数; 当 x>0 时, h′x>0,hx 为增函数,( 12 分) 故 hxmin=h0=0 ,则 ex≥x+1 ,
∴e12x−12x−1≥0 ,
∴g′x≥0,gx 在定义域上单调递增, gx>
g0=0 . 令 x=an , (14 分)
则 ean−1−ane12an>0⇒ean−1−ane12anan>0⇒ean−1an
>e12an,
又 ∵ean+1=ean−1an ,
∴ean+1>e12an⇒an+1an>12 . (16 分)
当 n≥2 时,
∴an=anan−1⋅an−1an−2⋯a2a1⋅a1>12n−1⋅1>12n .
即 2nan>1 ,又 n=1,21×a1=2>1 ,
所以 2nan>1 . (17 分)
19. 解:(1) 记第 k 次采摘到橙子的概率是 PAk ,
则第 k 次采摘到苹果的概率是 PAk
对于小明: PA1=44+12=14,PA1=34 ,由全概率公式可得:
PA2=PA1PA2∣A1+PA1PA2∣A1
=14×4+24+12+2+34×44+12+2=14,
同理: 对于小王: PA2=PA1PA2∣A1+PA1PA2∣A1=14×75+15+2+34×55+15+2=14, (5 分) 故小王第 2 次采摘到橙子的概率和小明第 2 次采摘
到橙子的概率大小相等均为 14 . (6 分)
(2)设第 k 次采摘时有 bk 个橙子和 ck 个苹果,
则 PA1=b1b1+c1,PA1=c1b1+c1 . (8 分)
由全概率公式可得:
PAk+1=PAkPAk+1∣Ak+PAkPAk+1∣Ak
=bkbk+ck×bk+abk+ck+a+ckbk+ck×bkbk+ck+a=bkbk+ck.
(11 分)
所以 PAk+1=PAk ,即每一次采摘到橙子的概率都相等. (12 分)
(3)设第 i 次采摘到橙子的个数为 Xi ,
则 PXi=1=1−PXi=0 ,所以 Xi 服从两点分布. (14 分)
记第 r 次采摘后,累计采摘到的橙子个数是 Er ,
则 Er=Ei=1rXi . (15 分)
所以 Er=i=1rqi=i=1rmm+n=mrm+n .
【评分析则】(1) 算出一个概率得 3 分, 算出两个的 5 分, 结论分 1 分, (2) 铺垫给两分 (即设出相关量和对第一次概率的计算),全概率公式分为“公式分”“代入分”“结果分”三部分给分,共得 3 分,(3)说明两点分布得 2 分,代入和结果共 3 分。