湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

这是一份湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题，共19页。试卷主要包含了单项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

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．在研究集合时，用来表示有限集合中元素的个数.集合，，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．等差数列x1，x2，x3，…，x9的公差为1，若以上述数据x1，x2，x3，…，x9为样本，则此样本的方差为（ ）
A．B．
C．60D．30
3．定义在R上的偶函数f（x）的部分图象如图所示，则在（﹣2，0）上，下列函数中与f（x）的单调性不同的是（ ）

A．y＝x2+1B．y＝|x|+1
C．yD．y
4．圆的圆心到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
5．中国冶炼块铁的起始年代虽然迟至公元前6世纪，约比西方晚900年，但是冶炼铸铁的技术却比欧洲早2000年.现将一个轴截面为正方形且侧面积为的实心圆柱铁锭冶炼熔化后，浇铸成一个底面积为的圆锥，则该圆锥的母线与底面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数， ， 的零点分别为a,b,c，则a,b,c的大小关系为
A．B．C．D．
7．在中，，则的值为
A．B．C．D．
8．若关于的不等式恒成立，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二､多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
9．已知函数与的导函数分别为与，且的定义域均为，，，为奇函数，则（ ）
A．B．为偶函数
C．D．
10．如图所示，在棱长为的正方体中，则下列命题中正确的是（ ）
A．若点在侧面所在的平面上运动，它到直线的距离与到直线的距离之比为2，则动点的轨迹是圆
B．若点在侧面所在的平面上运动，它到直线的距离与到面的距离之比为2，则动点的轨迹是椭圆
C．若点在侧面所在的平面上运动，它到直线的距离与到直线的距离相等，则动点的轨迹是抛物线
D．若点是线段的中点，分别是直线上的动点，则的最小值是
11．已知为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．⊥平面
C．在圆锥侧面上，点A到中点的最短距离为3
D．圆锥内切球的表面积为
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．若复数（为虚数单位，）的实部与虚部互为相反数，则
13．已知，则 .
14．是圆上一动点，为的中点，为坐标原点，则的最大值为 .
四､解答题：本大题共 5 小题，共 80 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15．在中，角所对的边分别为，且
(1)求角的大小；
(2)若的外接圆直径为1，求的取值范围.
16．如图，在三棱台中，，，侧面平面．
(1)求证：面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
17．已知椭圆()的离心率为，其右焦点为F，点，且．
(1)求C的方程；
(2)过点P且斜率为()的直线l与椭圆C交于A、B两点，过A、B分别作y轴的垂线，垂足为M、N，直线AN与直线交于点E，证明：B、M、E三点共线．
18．已知函数.
（1）求函数g(x)的图象在点处的切线方程；
（2）设斜率为k的直线与函数f(x)的图象交于两点，证明：．
19．已知关于的二次函数.
（1）设集合和，分别从集合和中随机取一个数作为和，求函数在区间上是增函数的概率；
（2）设点是区域内的随机点，记事件“函数有两个零点，其中一个大于1，另一个小于1”为事件，求事件发生的概率.
参考答案：
1．A
【分析】利用新定义与集合的交集运算得到，进而求得的取值范围，从而得解.
【详解】根据题意可知集合中有两个元素，
又，，所以，
则.
故选：A.
2．A
【分析】根据等差数列的性质可计算出样本的平均数为，根据方差的概念即可得结果.
【详解】由等差数列的性质得样本的平均数为，
所以该组数据的方差为
故选：A
3．C
【分析】首先利用偶函数的对称性，判断出f（x）在（﹣2，0）为减函数．然后分别分析选项中4个函数的单调性．最后判断答案即可．
【详解】利用偶函数的对称性，知f（x）在（﹣2，0）上为减函数．
又y＝x2+1在（﹣2，0）上为减函数；
y＝|x|+1在（﹣2，0）上为减函数；
y在（﹣2，0）上为增函数．
∴y在（﹣2，0）上为减函数．
故选C．
【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的关系，涉及到二次函数，绝对值函数，一次函数，以及指数函数的单调性．属于中档题．
4．D
【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.
【详解】由题意得，即，
则其圆心坐标为，则圆心到直线的距离为.
故选：D.
5．D
【分析】根据浇铸前后体积不变列方程，求得圆锥的底面半径和高，从而求得圆锥的母线与底面所成角的正切值.
【详解】设圆柱的底面半径为，母线长为，圆锥的底面半径为，高为，
则圆柱的侧面积为，解得，故，
又，则，而，得，
故所求正切值为.
故选:D
6．A
【分析】由题意画出图形，数形结合得答案．
【详解】f（x）=2x+lg2x=0，可得lg2x=﹣2x，
g（x）=2﹣x+lg2x=0，可得lg2x=﹣2﹣x，
h（x）=2xlg2x﹣1=0，可得lg2x=2﹣x，
∵函数f（x），g（x），h（x）的零点分别为a，b，c，
作出函数y=lg2x，y=﹣2x，y=﹣2﹣x，y=2﹣x的图象如图，
由图可知：a＜b＜c．
故答案为A
【点睛】(1)本题主要考查函数的零点，考查指数对数函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合分析推理能力.(2)解答本题的关键有两点，其一是想到转化成函数与另外三个函数的图像的交点，其二是准确画出四个函数的图像.
7．D
【详解】试题分析：由正弦定理，得，解得，故选D．
考点：正弦定理．
8．C
【分析】将不等式化为恒成立，即的图象恒在的图象的上方，利用导数研究函数，依题意得出当直线与在点处相切时取得最大值得结果.
【详解】依题意，，不等式化为，
设，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以在处取得极大值，也即最大值，又时，，
由题知不等式恒成立，所以的图象恒在的图象
的上方，显然不符题意；当时，为直线的横截距，
其最大值为的横截距，再令，可得，且当直线与
在点处相切时，横截距取得最大值，
此时，切线方程为，所以取得最大值为.
故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题关键点是将不等式化为恒成立，看作是的图象恒在的图象的上方，通过利用导数研究函数图像解决问题.
9．ACD
【分析】选项A由奇函数的性质即可得出结论；选项B由条件进行转化，得到有关的关系式，由函数奇偶性的判定得出结论；选项C由已知条件进行转化，得到，从而得出结论；选项D，通过前面的对称性和周期性等结论，验证出一个周期内的整数函数值的和，从而得出结论.
【详解】对于A，因为为奇函数，所以，
令，得，故A正确；
对于B，由，得，又，
∴，即，
∴，
又的定义域为R，故为奇函数，故B错误；
对于C，由，可得为常数），
，又，
∴，
∴，，
∴，所以是周期为8的函数，同理也是周期为8的函数，故C正确；
对于D，，令，得，则，
再令，得，又是周期为8的函数，所以，
∵，∴，又，
∴，故D正确．
故选：ACD
10．ACD
【分析】对于选项A，建立如图所示的直角坐标系，由题得，代入坐标化简即得解；对于选项B，代入坐标化简即得解；对于选项C，代入坐标化简即得解；对于选项D，对任意的点，固定点时，当时，最小，即最小，把平面翻起来，使之和平面在同一个平面，当时，最小，即得解.
【详解】对于选项A，建立如图所示的直角坐标系，则设因为平面, 所以,所以点到直线的距离就是,同理点到直线的距离就是.所以,所以，所以，它表示圆，所以该选项正确；
对于选项B，过点作,垂足为,因为平面平面，则点到平面的距离就是.所以,因为，所以，所以动点的轨迹是双曲线，所以该选项错误；
对于选项C，点到直线的距离就是.所以，所以，所以动点的轨迹是抛物线，所以该选项正确；
对于选项D，对任意的点，固定点时，过点作平面，垂足为，连接，当时，最小，此时平面, 所以, 由于. 所以，所以. 如下图，把平面翻起来，使之和平面在同一个平面，当时，最小，此时.故该选项正确.
故选：ACD
11．ABD
【分析】A选项，证明出，得到平行关系；B选项，作出辅助线，得到BM⊥AM，AM⊥BC，从而证明出线面垂直；C选项，将侧面展开，设中点为Q，连接AQ，则为点A到中点的最短距离，求出，假设，由余弦定理求出点A到中点的最短距离为3，故C错误；D选项，画出图形，找到内切球球心，求出半径，得到内切球表面积.
【详解】因为是底面圆的内接正三角形，为底面圆的直径，
所以，，又，
所以，故，A正确；
因为为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，
所以MO⊥平面ABC，
因为平面ABC，所以MO⊥BC，
又AO⊥BC，，平面MOA，
所以BC⊥平面AMO，
因为平面AMO，
所以AM⊥BC，
因为，所以，
由勾股定理得：，则，
故，同理可得：，
因为，所以BM⊥AM，
因为平面MBC，且，
所以⊥平面，B正确；
将侧面展开，如下：
设中点为Q，连接AQ，则为点A到中点的最短距离，
其中，故底面周长为，
故，则，
若，由，
由余弦定理得：，
因为，所以在圆锥侧面上，点A到中点的最短距离不为3，C错误；
由对称性可知，圆锥内切球球心在OP上，作出图形，如下：
设内切球球心为T，设内切球半径为，
TU=R，，则，
其中，故，
在Rt△PUT中，由勾股定理得：，
即，
解得：，故圆锥内切球的表面积为，D正确.
故选：ABD.
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ．
12．
【分析】根据复数代数形式的乘除运算求出，再根据实部与虚部互为相反数计算可得；
【详解】解：因为，；复数的实部与虚部互为相反数，，解得.
故答案为：
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算以及复数的相关概念，属于基础题.
13．/
【分析】利用同角三角函数的关系，将原式变形为，然后代值求解即可
【详解】因为，
所以
，
故答案为：
14．
【分析】写出圆的参数方程，进而可得点坐标，结合两点间距离公式转化为求三角函数的最值即可.
【详解】如图所示，
因为圆：的参数方程为，
所以设点，则的中点，
所以，
当时，取得最大值为.
故答案为：.
15．(1)；
(2).
【分析】（1）由正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，进而即得；
（2）结合题意可得，结合角的范围可得的取值范围.
【详解】（1）由题得，
所以，
即，
得，
所以或（不成立），
即，又
所以；
（2）由，设，
因为，所以，
由题可知，
故
，
由得，
所以，，
故.
16．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）在四边形中，证明，再利用面面垂直的性质推理作答.
（2）连接，由（1）及已知证明平面，再作出直线与平面所成的角，然后在直角三角形中计算作答.
【详解】（1）在三棱台中，，而，则，
显然，则，
有，于是得，
因侧面平面 ，侧面平面，平面，
所以平面.
（2）由（1）知，平面，而平面，则，连，如图，因，
，平面，则平面，又平面，因此，平面平面，
在平面内过点作于，而平面平面，则有平面，
连，从而得是直线与平面所成的角，
在直角梯形中，，，，
，在中，，则，，
由平面可得，则，等腰中，底边上的高，
由得：，在中，，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
【点睛】思路点睛：求直线与平面所成的角，先通过找直线在平面上的射影来找出直线与平面所成的角，再把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
17．(1)；
(2)证明见解析﹒
【分析】(1)根据可求c，根据离心率可求a，再根据a、b、c关系可求b，从而可求C的方程；
(2)设，.联立l方程和椭圆方程得根与系数的关系，联立AN方程与y=3求出E的坐标，验证即可证明B、M、E三点共线．
【详解】（1）设()，由题意知，∴．
∵点，且，解得，
∴，，
因此C的方程为．
（2）由题意可知，直线l的方程为．
由得，
设，，则，．
∵轴，∴，∴直线，
令，得．
∵轴，∴．
∴
，
∴B，M，E三点共线．
18．（1）；（2）证明见解析.
【详解】试题分析：（1）求出导数，求解，得到直线的斜率，即可求解在点处的切线方程；（2）由，可得表示直线的斜率，再构造函数，研究函数的单调性，即可证明结论．
试题解析：（1），∴
，∴切线方程为
（2）证法一：要证原不等式成立只需证，
∵ 即证，令
只需证
令，∴
∴在上单调递减，成立；
令
∴在上单调递增，成立；
综上所述：．
考点：利用导数研究函数在某点处的切线方程；不等式的证明．
【方法点晴】本题主要考查了利用导数研究曲线在某点处的切线方程、利用导数研究函数的单调性、极值与最值以及不等关系的证明等知识的应用，其中把的证明，转化为直线的斜率，构造新函数，利用导数研究新函数的极值与最值是解答的关键，着重考查了转化与化归思想及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于中档试题．
19．（1）（2）
【详解】试题分析：（1）基本事件的总数有种，要函数在给定区间上单调递增，则需开口向上，且对称轴要小于或等于，由此得到的大小关系，并通过列举得出符合题意的事件总数，利用古典概型计算公式计算得到概率.（2）“函数y=f(x)有两个零点，其中一个大于1，另一个小于1”，由于函数开口向上，故只需，画出可行域及符合题意的范围，利用面积比得到所求的概率.
试题解析：
（1）记“函数y=f(x)在区间上是增函数”为事件．
若使事件发生，由于a>0，则只需使得，即．
所以，事件包含的基本事件分别为，共5个；
所有基本事件共个．
由古典概型的概率计算公式得，，
综上，函数y=f(x)在区间上是增函数的概率为；
（2）若使事件发生，由于a>0，所以只需，
所有结果构成的平面区域为，事件包含的结果构成的平面区域为，
如图所示：
由几何概型的概率计算公式得，．