湖南省多校联考2024-2025学年高三上学期11月月考数学试卷（Word版附解析）

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2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1 设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ）
A. –4B. –2C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由题意首先求得集合A,B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a的值.
【详解】求解二次不等式可得：，
求解一次不等式可得：.
由于，故：，解得：.
故选：B.
【点睛】本题主要考查交集的运算，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，得到，结合模长公式进而可求解.
【详解】由，
可得：，
所以，
故选：C
3. 将某班一次数学考试的成绩（都是正整数，满分150分）统计整理后得到如下的表格：
则该班这次数学考试成绩的分位数可能是（ ）
A. 93B. 108C. 117D. 128
【答案】D
【解析】
【分析】根据百分位数的求法确定分位数所在的分数区间，即可得答案.
【详解】由题设，总人数有人，则，
结合表格数据知，这次数学考试成绩的分位数在120~129分内.
故选：D
4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，且，则
B. 若，且，则
C. 若，且，则
D. 若，且，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系逐项判断可得结论.
【详解】对于A，若，且，则或与相交，故A错误；
对于B，在正方体中，取为，为，平面为，平面为，
符合题意，但，故B错误；
对于C，因为，所以直线的方向向量是平面的法向量，
直线的方向向量是平面的法向量，又，
所以两直线的方向向量垂直，即两平面的法向量垂直，所以，故C正确；
对于D，在正方体中，取为，为，平面为，平面为，
此时符合题设，但与不垂直，故D错误.
故选：C.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由积化和差公式及余弦二倍角公式化简即可求解.
【详解】由，
可得：，
即，又，
结合平方差公式可得：.
故选：A
6. 若函数及其导函数满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得，可得，结合已知即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，因为，
所以，解得，
所以，令，可得，解得.
故选：D.
7. 设数列满足为的前项和，则数列中的项不包括（ ）
A. 54B. 232C. 610D. 1596
【答案】C
【解析】
【分析】根据递推关系推导数列的前项，由此判断出正确答案.
【详解】，
，
，所以不包括.
故选：C
8. 已知三棱锥的三个侧面的面积分别为5，5，6，底面积为8，且每个侧面与底面形成的二面角大小相等，则三棱锥的体积为（ ）
A. 4B. C. 6D.
【答案】B
【解析】
【分析】过向底面作垂线，垂足为，分别过向三边作垂线，垂足分别为，连接，由题意可得，可得为三角形的内心，进而计算可得的边的值，进而可求三棱锥的高，可求体积.
【详解】过向底面作垂线，垂足为，分别过向三边作垂线，垂足分别为，
连接，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，所以为二面角的平面角，
同理可得为二面角的平面角，为二面角的平面角，
因为每个侧面与底面形成的二面角大小相等，所以，
所以，所以为三角形的内心，
由三棱锥的三个侧面的面积分别为5，5，6，
所以，设三边的长为，则边上的高长为，
由底面的面积为8，所以，解得，
设内切圆的半径为，则，所以，
由侧面的面积为6，所以，所以，
所以，所以，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：关键在于利用二面角相等，得到在平面的投影是三角形的内心，据此计算可求得体积.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 记等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 的公差为2B.
C. 的最大值为35D. 的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】由已知可得，可求判断A；可求得数列的通项公式，进而计算判断B；由通项公式可知前6项为非负数的项，故前6项和最大，求解可判断C；，利用换元法求得最小值判断D.
【详解】由，可得，所以，所以，
所以，又，所以，解得，故A错误；
所以等差数列的通项公式为，所以，
所以，故B正确；
令，解得，所以前6项为非负项，
其和最大，又，公差，所以最大值为，故C错误；
因为，
所以，令且，可得，
所以
，
因为在单调递减，在上单调递减，
所以当时，，当时，，
所以的最小值为，故D正确.
故选：BD.
10. 设直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，的倾斜角为
B. 使得过点的有两个
C. 存在定点，使得点到的距离为定值
D. 从所有直线中选3条围成正三角形，则正三角形的面积为定值
【答案】ABC
【解析】
【分析】代入求解可判断AB；点到直线的距离为定值判断C；结合C选项可得这样的三角形有两类，两类的面积不等判断D.
【详解】对于A，当时，直线的方程为，
即，直线的斜率为，所以的倾斜角为，故A正确；
对于B，当直线过点时，可得，所以，
两边平方得，所以，
解得或或或，经检验与是增根，
所以或，故B正确；
对于C，点到直线的距离为，
所以存在定点，使得点到的距离为定值，故C正确；
对于D，由C可知，直线是以为圆心，为半径的圆的切线，
从所有直线中选3条围成正三角形，这样的正三角形有两类，
如图所示，一类是圆的外切三角形，这一类三角形的面积相等，
一类是在圆的同一侧，这一类三角形的面积相等，但两类三角形的面积不等，故D错误.
故选：ABC.
11. 设是定义在上的非常值函数，若，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，且，则是偶函数
B. 若，且，则是周期函数
C. 若，则存在非零实数，使得
D. 若，且的值域为，则
【答案】AD
【解析】
【分析】分别将每个选项的特殊情况代入条件，采用恰当的赋值判断命题的正确性即可得到答案.
【详解】对于A，B，此时有.
取，得，故，由于fx不是常值函数，所以一定存在使得，故.
重新取x=0，得，即，故，所以A正确；
注意到满足给定的条件，但此时fx不是周期函数，所以B错误；
对于C，D，此时有.
假设存在使得，则.
取，得，所以.
重新取x=0，得，所以fx是偶函数.
在中用替换，可得，故.
与相加，可知，所以.
再中取，就得到，所以，这与fx不是常值函数矛盾，所以C错误；
而对于D，若fx的值域是，假设存在使得，设.
由于fx不是常数函数，故可以取使得，并考虑数列，则，.
再中取，可知，故.
所以.
从而存在实数，使得.
所以.
分别用替换该式中的并相加，可得.
所以，我们有.
总之，存在实数，使得.
由于，故.
所以对任意整数都有.
若，则该不等式在时不成立，矛盾，所以.
同时注意到.
对进行类似讨论，同理可以得到，故，这与矛盾.
所以假设不成立，故，所以D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对已知条件进行适当的赋值.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 某中学每次升国旗仪式由1名旗手和4名护旗手进行，旗手需要掌握㢣旗、展旗等技术，每名护旗手也各有不同的职责．现安排甲、乙、丙、丁、戊5人升国旗，其中甲和乙能担任旗手或护旗手，其他人只能担任护旗手，则不同的安排方法种数为________．
【答案】48
【解析】
【分析】先由甲乙一人担任旗手，再其余全排即可；
【详解】先甲乙选一人担任旗手，再将其余全排，
可得不同安排方法种数为种，
故答案为：48.
13. 计算：________．
【答案】
【解析】
【分析】令，两边取对数，根据对数的运算性质得到，即可得解.
【详解】令，显然，所以，即，
令，因为，，所以，
则，即，
所以，又在定义域上单调递增，所以，即，
所以.
故答案为：
14. 设为单位向量，向量满足，则当与的夹角最大时，________．
【答案】5
【解析】
【分析】令，，利用余弦定理及向量模长的坐标表示得，即，再由等面积法、向量数量积定义有与的夹角最大，即最小，进而由，即可求值.
【详解】因为为单位向量，向量满足，
所以可令，如下图示，
易知，若，故，
而，即，
所以，又，
所以，要与的夹角最大，即最大，即最小，
由，当且仅当时取等号，
所以当与的夹角最大时，.

故答案为：5
【点睛】关键点点睛：利用正余弦定理及向量模长的坐标表示、及数量积的定义确定与的夹角最大，即最小为关键.
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. 已知椭圆的离心率为，且过点为坐标原点．
（1）求的方程；
（2）过的右顶点且斜率为的直线交于两点，求的面积；
（3）在（2）的条件下，设是上不同于的点，且与的面积相等，请直接写出所有满足条件的点的坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）利用已知条件求得，可求椭圆方程；
（2）求得直线的方程，与椭圆方程联立可求得点的坐标，进而可求得的面积；
（3）由椭圆的对称性可求得所有点的坐标.
小问1详解】
设的半焦距为，由题意得，
解得，
故的方程为．
小问2详解】
由（1）知的方程为，即，
联立，消去得，整理得，
解得与，所以，
所以．
【小问3详解】
因为与的面积相等，所以到的距离与到的距离相等，
由椭圆的对称性可知所有满足条件的点的坐标为．
16. 在中，内角的对边分别为，已知．
（1）若，求；
（2）若，求的最小值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由三角恒等变换可得，可得，结合已知可求；
（2）由（1）可得，所以，由正弦定理可得，进而可得，利用基本不等式可求最小值.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，因为，，所以，
所以，所以，
故．
【小问2详解】
由（1）知，又，所以．
所以．
由正弦定理，得，
所以
，
当且仅当，即时取等号．
所以最小值为．
17. 如图，已知圆锥的高为为底面直径，且．
（1）求圆锥的表面积；
（2）若是底面圆周上一点，且，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由圆锥的表面积公式计算即可；
（2）建立如图所示坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，代入空间二面角公式求解即可；
【小问1详解】
由题可知母线长，底面半径．
故圆锥的表面积．
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设点在上的射影为，则，所以．
易知，
则．
设平面的一个法向量为，
则，取，
计算可得平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，取，
则平面的一个法向量为．
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，且存在，满足，证明：；
（3）设函数，若，且与的图象有两个交点，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析 （3）．
【解析】
【分析】（1）求导可得，分，，，四种情况讨论，可得函数的单调性；
（2）对合（1）可得的单调性，由已知可得，令，求导可得Fx在R上单调递增，从而可得，由的单调性可得结论；
（3）据题意可得方程有两个实根，令，可得有两个实根，求解即可.
【小问1详解】
由题意得，
若，则在上单调递减，在上单调递增．
若，令，得或，
若，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
若，则在R上单调递增；
若，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
由（1）可知，当时，在上单调递减，在上单调递增，因为，
所以．
令，
则，
当时，，当时，，
所以恒成立，Fx在R上单调递增．
因为，所以，即，所以．
又在上单调递增，且，
所以，即．
【小问3详解】
由题意可得方程有两个实根．
设，当时，，则φx在0,+∞上单调递增，
令，则，所以关于的方程，即有两个实根，
令，则，
当，，所以在上单调递增，
当，，，在上单调递减，
所以，且时，．
所以，所以，
即的取值范围是．
19. 记数列的前项和为，若存在整数和正整数，使得恒成立，则称为“数列”．
（1）写出一个既是等比数列又是“数列”的的通项公式．
（2）已知数列满足．
（ⅰ）证明：是“数列”．
（ⅱ）是否存在和，使得为数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
附：当正整数时，．
【答案】（1）（答案不唯一）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据“数列”的定义、等比数列的知识进行举例，从而确定正确答案.
（2）（ⅰ）根据“数列”的定义，利用构造函数法，结合导数来证得结论成立.
（ⅱ）根据重要不等式得到，然后利用累加法来进行说明.
【小问1详解】
依题意，要求是：既是等比数列又是“数列”，
即，
如，，符合题意.
或其他合理答案，需满足，如：．
【小问2详解】
（ⅰ）设的前项和为，要证明是“数列”，
，即证明．
因为，所以．
由可得，且．
设，易知恒成立，
所以在上单调递增，则，
得，所以．
所以当时，
．
综上，成立，故原命题得证．
（ⅱ）对于函数，
所以在上单调递增，在区间上单调递减，
所以，所以，时等号成立.
由不等式，可得，所以，
故，当且仅当时等号成立．
又，所以．
由，两边取倒数可得，所以．
所以，
所以，从而．
由题后附的结论知：当时，．
故不存在和，使得，即恒成立．
即不存在和，使得是数列．
【点睛】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
成绩范围
0~89分
90~99分
100~109分
110~119分
120~129分
130~150分
人数
7
10
10
2
6
7