湖南省天壹名校联盟“长宁浏”三县市2024-2025学年高三上学期10月大联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省天壹名校联盟“长宁浏”三县市2024-2025学年高三上学期10月大联考数学试卷（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了答题前，回答选择题时，考试结束后等内容，欢迎下载使用。

数学
木试卷共4页．全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1、答题前、考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2、回答选择题时、选出每小题答案后、用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后、再选涂其他答案；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．已知集合．若，则（ ）
A．B．0C．1D．2
2．已知．则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．已知是关于的方程的一个根，则（ ）
A．B．2C．D．1
4．设是锐角，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知点，动点满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．30D．31
7．存在函数满足：对任意都有（ ）
A．B．
C．D．
8．已知是双曲线的左、右顶点，为双曲线上一点，且若，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9．已知函数，则（ ）
A．为奇函数B．当时，单调递增
C．，使得恰有一个极值点D．当时，存在三个零点
10．已知正项等比数列的前项积为，且是互不相等的正整数，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
11．如图，正方体中，为棱的中点，为平面上的动点，设直线与底面所成的角为，直线与底面所成的角为，平面与底面的夹角为，平面与底面的夹角为，则（ ）
A．若，则点在圆上B．若，则点在双曲线上
C．若，则点在抛物线上D．若，则点在直线上
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设向量，则，则______．
13．已知，且恒成立，则的取值范围是______．
14．已知函数在上单调递减，则的最大值为______．
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．（13分）在中，分别是内角的对边，且．
（1）若，求；
（2）若，求的面积的最大值．
16．（15分）如图，分别为椭圆的左、右顶点，为第一象限上一点，且，过点的直线与有唯一的公共点．
（1）求的方程；
（2）过原点作直线的平行线与椭圆交于两点，证明：四点共圆，并求该圆的标准方程．
17．（15分）如图，四棱锥的底面为正方形，分别为的中点，且平面平面．
（1）证明：；
（2）若，当四棱锥的体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值．
18．（17分）若数列共有项，都有，其中为常数，则称数列是一个项数为的“对数等和数列”，其中称为“对数等和常数”．已知数列是一个项数为的对数等和数列，对数等和常数为．
（1）若，求的值；
（2）定义数列满足：．
（ⅰ）证明：数列是一个项数为的对数等和数列；
（ⅱ）已知数列是首项为1024，公比为的等比数列，若，求的值．
19．（17分）已知函数，且．
（1）当时，证明：为增函数；
（2）若存在两个极值点．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）设的极大值为，求的取值范围．
2025届高三10月联考·数学
参考答案、提示及评分细则
1．【答案】A
【解析】因为，所以，即得．
2．【答案】D
【解析】当时，，但是，故
当时，，但是，故
故“”是“”的既不充分也不必要条件．
3．【答案】C
【解析】由已知可得，解得．
4．【答案】C
【解析】依题意有，且，
故，结合，解得．
5．【答案】B
【解析】因为在上单调递增，所以当单调递增，所以，
当时，，由单调递增可知，
且当，所以的取值范围是．故选：B．
6．【答案】C
【解析】设，则
，故的轨迹方程为．
，而，故，选C．
7．【答案】B
【解析】对于A，令，则，有2个函数值对应，故A错误；
对于C，取，可知，再取，可知，故C错误；
对于D，取，故D错误；
对于B选项，令，对于每一个，都有唯一的与之对应，也即有唯一的与之对应，因此符合函数定义，故B正确．
8．【答案】A
【解析】不妨设在第一象限，设的倾斜角分别为，则
故，注意到，
因此，解得，
故，代入解得：
故的面积为．
9．【答案】ABD
【解析】对于A选项，，正确；
对于B选项，单调递增，正确；
对于C选项，恰有一个解，则，但此时无极值点，故C错误；
对于D选项，，存在三个零点，故D正确．
10．【答案】ACD
【解析】对于A，B选项，根据通项公式，，故A正确；若，则恒成立，故B错误；
对于C，D，由，不妨设，则，则．
而，可知，
反之也成立，故C，D均正确．
11．【答案】AC
【解析】对于A选项，如图1，连接，由，可知，故，以点为原点，为轴，为轴建系，，设，则，即，故点的轨迹为圆，A正确；
对于B选项，如图2，作于于，则，同理作于于，则，由可知，，故为的平分线，点的轨迹为直线，B错误；
对于C选项，如图，由可知，，根据抛物线的定义可知点的轨迹为抛物线，C正确；
对于D选项，由C选项可知，显然不是直线，D错误．
12．【答案】
【解析】，由，得，解得．
13．【答案】
【解析】，故，即．
14．【答案】
【解析】考虑的周期为，不妨设，
令，即，解得，故．
15．【解析】（1）因为，所以，
又，所以，
从而．
（2）由余弦定理可知，则，
又，故，
即，故，即，
从而，
当时取等号，即的面积的最大值为3．
16．【解析】（1）法一：由可得，设直线，
联立椭圆方程得，
即．
由，解得，
因此直线的方程为：．
法二：，则，令，则，
故直线的方程为：，
（2）依题意，直线的方程为，联立椭圆可得，即，
即．
设圆的方程为，代入可得：
，解得
此时圆方程为，因为点也在此圆上，所以四点共圆，
其标准方程为．
17．【解析】证明：（1）设，过点作于，
由面面，且面面，故面，
即；
因为分别为的中点，因此，因此．
由底面为正方形可知，因此面
由面，故，
因为为的中点，因此；
（2）不妨设，以为坐标原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，
由（1）可知，点在平面内，设，由，
即，即，
当的体积最大时，，
此时，则，
则
设面的法向量为，则，即，
令，则．
设面的法向量为，则，即，
令，则，
则，
即平面与平面的夹角的余弦值为．
18．【解析】（1）依题意，又，
所以，即．
（2）（ⅰ）依题意，则，因此，
从而，即数列是一个项数为的对数等和数列．
（ⅱ）依题意，，
即，即，
则，
又，故，即，
此时，即，
注意到，
所以．
19．【解析】（1）依题意，
设，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
故，即单调递增．
（2）（ⅰ）设，则，
则．
设，则，即在上单减，在上单增，
当时，令，由，且在上单调递增，
故仅有一个零点，不符合题意；
当时，，
①当时，则，此时，
单调递增，不符合题意；
②当时，则，此时存在两个零点，
当时；当时，；
当时，存在两个极值点，符合题意．
综上可知，．
（ⅱ）由（ⅰ）可知，且，满足，
故，
设，则，
设，则，
故单调递减，且，则，
即．