湖南省岳阳市岳阳县第一中学2025届高三上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份湖南省岳阳市岳阳县第一中学2025届高三上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出两个集合，再求出，进而求出即可.
【详解】由，可得，解得，由于.
故.
因为，则.
故.
故选：A.
2. 已知是偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据偶函数的定义及性质直接判断.
【详解】由，
设，则且为偶函数，
所以为偶函数，
所以，，且，
即，化简可得，
解得，经检验，符合题意.
故选：C.
3. 函数的部分图象大致为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，得到函数为奇函数，排除B、C，再由时，，即可求解.
【详解】由函数，可得函数的定义域为，
且满足，
所以函数为奇函数，图象关于原点对称，所以B、C不符合题意；
又由当时，，所以，
所以A不符合题意，D符合题意.
故选：D.
4. 已知均为单位向量，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的模的计算可得，结合二次函数可求最小值.
【详解】因为均为单位向量，且且，
所以，
，
当时，的最小值为.
故选：B.
5. 已知函数，若，都有成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先分析出函数单调递增，再根据函数单调性定义得到不等式组，解出即可.
【详解】因为对于，都有成立，所以函数是增函数，
则函数和均为增函数，且有，
即，解得.
故选：C.
6. 已知函数的最小正周期为10，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角函数的基本关系式与倍角公式化简，从而利用余弦函数的周期公式求得，进而代入即可得解.
【详解】
，
又的最小正周期为10，所以，解得，
则，则.
故选：C.
7. 若正实数是方程的根，则（ ）
A. B. 1C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用题干中的方程，构造函数，进行求解.
【详解】由题可知，，即，
令，，在区间上恒成立，
则在上单调递增，
，
因为正实数是方程的根，
所以，即，即.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用方程同构，构造函数，从而得到.
二、多选题（共20分）
8. 已知随机变量，记，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正态分布的性质判断AB；根据期望和方差的性质判断CD.
【详解】由题意可知：，且，
可得，故A正确；
且，
即，所以，故B正确；
根据期望和方差的性质可知：，，故C错误，D正确；
故选：ABD.
9. 给出下列命题，其中正确的命题有（ ）
A. 函数的零点所在区间为
B. 若关于x的方程有解，则实数m的取值范围是
C. 函数与函数是相同的函数
D. 若函数满足，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数解析式得到，结合零点存在定理，可判定A正确；根据指数函数的性质，可判断B正确；根据相同函数的判定方法，可判定C错误；由，求得，结合分组法，可判定D正确.
【详解】对于A中，由，可得函数为单调递增函数，
可得，，即，
所以函数的零点所在区间为，所以A正确；
对于B中，由指数函数的性质，可得，
若关于x的方程有解，即方程有解，
所以实数m的取值范围是，所以B正确；
对于C中，函数的定义域为，函数的定义域为，
所以函数与函数不是相同的函数，所以C错误；
对于D中，因为函数满足，
令，可得，解得，
又由，所以D正确.
故选：ABD.
10. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）

A. 平面截正方体所得截面为六边形
B. 点G到平面的距离为定值
C. 若，且，则G为棱的中点
D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，利用线面平行的判定定理判断B，利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断D，从而得解.
【详解】对于A，连接，
在正方体中，E，F分别为棱的中点，
所以，，
所以，则平面与平面为同一平面，
所以平面截正方体所得截面为平面，为四边形，故A错误；
对于B，在正方体中，E，F分别为棱的中点，
所以，
又平面，平面，所以平面，
又点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故B正确；
对于C，连接，
因为，且，所以四点共面，
因为在正方体中，平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，
在正方体中，，
所以四边形是平行四边形，则，则，
因为E为棱的中点，所以G为棱的中点，故C正确；
对于D，以为原点，建立空间直角坐标系，如图，

设，则，
所以，
设平面的法向量为n=a,b,c，则，
令，则，故，
设直线与平面所成角为，
则，
因为，所以，则，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确.
故选：BCD.
11. 关于函数，下列判断正确的是（ ）
A. 是的极大值点
B. 函数有且只有1个零点
C. 对不等式在上恒成立
D. 对任意两个正实数，且，若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，直接对函数求导研究即可；对于B，构造函数，求导，利用单调性来判断即可；对于C，将问题转化为在上恒成立，构造函数，求其最大值即可；对于D，将问题转化为证明，，构造函数，利用导数求其最值可得答案.
【详解】对于A，，，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
为的极小值点，A错误；
对于B，，
则，所以函数在上单调递减，
又，所以函数有且只有1个零点，B正确；
对于C，若在上恒成立，
得在上恒成立，
则，
令，则，
令，，
当时，，单调递减，
，即，
在上单调递减，
故函数，则，C正确；
对于D， 令，
，
则
在上单调递减，
则，即， ，
，，结合A选项可得，
，
，函数在上单调递增，
则，
即对任意两个正实数，且，若，则，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题难点在选项D，将问题转化为证明，是关键，然后构造出函数来解决问题.
三、填空题（共20分）
12. 已知函数的图象在点处的切线斜率为，则实数________．
【答案】
【解析】
【分析】对函数求导，利用导数的几何意义可得即可求得实数的值.
【详解】由，
则，解得，
故答案为：.
13. 已知命题，命题，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是___．
【答案】[－2，5]
【解析】
【详解】试题分析：，，因为是的必要不充分条件，所以是的真子集，即
考点：充要关系
【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法．
1．定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假．并注意和图示相结合，例如“p⇒q”为真，则p是q的充分条件．
2．等价法：利用p⇒q与非q⇒非p，q⇒p与非p⇒非q，p⇔q与非q⇔非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．
3．集合法：若A⊆B，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若A＝B，则A是B的充要条件．
14. 已知实数x，y满足，则________．
【答案】3
【解析】
【分析】设，利用同构结合二次方程的解可得，故可求的值.
【详解】设，则，
故即，
整理得到：，
故为方程的正根，
故，故，故，
故答案为：3.
【点睛】思路点睛：与对数有关的求值问题，应该利用指对数的转化把对数问题转化指数问题来处理，转化过程中注意观察所得代数式的结构便于利用同构策略处理,
15. 设定义在D上的函数在点处的切线方程为，当时，若在D内恒成立，则称P点为函数的“类对称中心点”，则函数的“类对称中心点”的坐标是________.
【答案】
【解析】
【分析】由求导公式求出函数f（x）的导数，由导数的几何意义和条件求出切线方程，再求出y＝g（x），设F（x）＝f（x）﹣g（x），求出导数化简后利用分类讨论和导数与函数单调性的关系，判断出F（x）的单调性和最值，从而可判断出的符号，再由“类对称中心点”的定义确定“类对称中心点”的坐标．
【详解】解：由题意得，f′（x），f（x0）（x＞0），
即函数y＝f（x）的定义域D＝（0，+∞），
所以函数y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线方程l方程为：
y﹣（）＝（）（x﹣x0），
则g（x）＝（）（x﹣x0）+（），
设F（x）＝f（x）﹣g（x）lnx﹣[（）（x﹣x0）+（）]，
则F（x0）＝0，
所以F′（x）＝f′x）﹣g′（x）（）

当0＜x0＜e时，F（x）在（x0，）上递减，
∴x∈（x0，）时，F（x）＜F（x0）＝0，此时，
当x0＞e时，F（x）在（，x0）上递减；
∴x∈（，x0）时，F（x）＞F（x0）＝0，此时，
∴y＝F（x）在（0，e）∪（e，+∞）上不存在“类对称点”．
若x0＝e，0，则F（x）在（0，+∞）上是增函数，
当x＞x0时，F（x）＞F（x0）＝0，当x＜x0时，F（x）＜F（x0）＝0，
故，
即此时点P是y＝f（x）的“类对称点”，
综上可得，y＝F（x）存在“类对称点”，e是一个“类对称点”的横坐标，
又f（e），所以函数f（x）的“类对称中心点”的坐标是，
故答案为：．
【点睛】本题考查利用导数求函数的单调增区间，求函数的最值问题、新定义的问题，考查了分类讨论思想和等价转化思想的合理运用，以及化简变形能力，此题是难题．
四、解答题（共75分）
16. 记为等比数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）设求数列的前20项和．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据得等比数列公比为2，结合条件计算的值，得到的通项公式.
（2）由（1）计算，利用分组求和的方法得出数列的前20项和.
【小问1详解】
当时，，
∴，
∴等比数列的公比.
当时，由得，即，解得，
∴.
【小问2详解】
由题意得，当为奇数时，，
当为偶数时，，
∴，
，
∴
.
17. 已知等差数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）设等比数列满足，设，数列的前n项和为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得的首项和公差，由此求得.
（2）利用分组求和法求得，结合导数求得的最大值.
小问1详解】
设等差数列的公差为d，则，
又，得，解得，所以.
【小问2详解】
设等比数列的公比为q，则，，所以，，
所以，，则，
所以，
令，则，
由于，当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
且，，
所以当时，有最大值且最大值为.
18. 在中，内角所对的边分别为．已知．
（1）求；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，边转角得到，再利用正弦的和角公式得到，即可求角；
（2）利用（1）中结果及条件，结合正弦定理，得到，再利用三角形的面积公式，即可求解.
【小问1详解】
由，得到，
即，得到，
又，，所以，
又，得到.
【小问2详解】
由（1）知，因为
又，
所以
，
即，又由正正弦定理得，即，其中为外接圆的半径，所以，
所以的面积为.
19. 如图，在四棱锥中，平面平面，且．

（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先由线段关系证，结合面面垂直的性质判定线线垂直，利用线线垂直证线面垂直；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可.
【小问1详解】
由题意，则，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
且平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，

则，
所以，，
设平面的一个法向量，
则，令，得，
设平面的法向量，
则，令，得，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
20. 已知双曲线C中心是坐标原点，对称轴为坐标轴，且过A−2,0，两点．
（1）求C的方程；
（2）设P，M，N三点在C的右支上，，，证明：
（ⅰ）存常数，满足；
（ⅱ）的面积为定值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设C的方程为，其中．由C过A，B两点，代入解得，即可.
（2）（ⅰ）设Px0,y0，Mx1,y1，Nx2,y2，其中，，．因为，所以直线BM的斜率为，方程为．
联立结合韦达定理得到，．
同理，．再结合向量运算即可解决.
（ⅱ）结合前面结论，运用点到直线距离公式，三角形面积公式可解.
【小问1详解】
设C的方程为，其中．
由C过A，B两点，故，，解得，．
因此C的方程为．
【小问2详解】
（ⅰ）设Px0,y0，Mx1,y1，Nx2,y2，其中，，i＝0，1，2．

因为，所以直线BM的斜率为，方程为．
由，得，
所以，
．
因此．
同理可得直线AN的斜率为，直线AN的方程为．
由，得，
所以，
，
因此
．
则，即存在，满足．
（ⅱ）由（ⅰ），直线MN的方程为，
所以点P到直线MN的距离．
而，
所以的面积为定值．
【点睛】难点点睛：本题属于中难题，考查直线与双曲线．本题第（1）小问设问基础，但需要注意所设方程的形式；第（2）（ⅰ）小问在题干条件翻译上未设置较多障碍，但是对4个坐标分量的求解非常考验学生的代数基本功和计算能力，区分度较大．
21. 已知M为圆上一个动点，垂直x轴，垂足为N，O为坐标原点，的重心为G.
（1）求点G的轨迹方程；
（2）记（1）中的轨迹为曲线C，直线与曲线C相交于A、B两点，点，若点恰好是的垂心，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，根据为的重心，得，代入，化简即可求解.
（2）根据垂心的概念求得，设直线方程，与椭圆联立韦达定理，利用得，将韦达定理代入化简即可求解.
【小问1详解】
设，则，因为重心，
故有：，解得，代入，化简得，
又，故，所以的轨迹方程为.
【小问2详解】
因为的垂心，故有，
又，所以，故设直线的方程为，
与联立消去得：，
由得，
设，则，
由，得，所以，
所以，
所以，化简得，
解得（舍去）或（满足），故直线的方程为.