湖南省多校联考2024-2025学年高三上学期11月月考数学试题 含解析

高三数学考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．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. –4 B. –2 C. 2 D. 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：C3. 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. 93 B. 108 C. 117 D. 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：D4. 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：A6. 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. 54 B. 232 C. 610 D. 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：C8. 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. 4 B. C. 6 D. 【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2 B. C. 的最大值为35 D. 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71010267