湖南省部分名校2024-2025学年高三上学期11月期中联合考试数学试题（解析版）-A4

这是一份湖南省部分名校2024-2025学年高三上学期11月期中联合考试数学试题（解析版）-A4，共22页。试卷主要包含了 已知函数，则的解集为等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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、选择题（本大题共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. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求解.
【详解】因为全集，集合，
所以，
故选：B.
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数的除法运算即可求解.
【详解】.
故选：D.
3. 已知向量，满足，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量垂直的坐标表示即可求解.
【详解】因为，，所以，
因为，所以，从而.
故选：D.
4. 已知正四棱锥的顶点都在球上，且棱锥的高和球的半径均为，则正四棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由棱锥的高和球的半径均为，确定底面的边长，再由体积公式即可求解.
【详解】因为棱锥的高和球的半径均为，所以底面正方形的外接圆圆心即为球心，外接圆半径即为球的半径，
所以正四棱锥的底面边长，
故四棱锥的体积为.
故选：B.
5. 已知函数，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的单调性和奇函数的性质解抽象函数不等式即可；
【详解】函数的定义域为R，
又，所以为奇函数.
又，在定义域R上单调递增，所以在R上单调递增，
所以，
即，解得，
故选：A.
6. 已知函数，其中，，若图象上的点与之相邻的一条对称轴为直线，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用的图象与性质，即可求解.
【详解】对于函数，易知的图象关于点对称，
设为的最小正周期，则，又，得，
当时，，，得到，，
又，可得，
故选：C.
7. 设双曲线的左、右焦点分别为，，过坐标原点的直线与C交于A，B两点，，的面积为，且为钝角，，则双曲线C的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】画出图形，运用双曲线定义，求出a，运用面积公式计算，得到，结合余弦定理，求出b，c即可.
【详解】则由双曲线定义可知，，
所以，，，
所以，
解得，
因为为钝角，所以，所以，
由余弦定理可知，
所以，，
所以双曲线方程为.
故选：B.
8. 已知函数，若方程恰有5个不同的解，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出定义域，分和两种情况，求导，得到函数单调性，从而画出的图象，因式分解得到或，其中有2个不同的解，故需有3个不同解且和的解不同，即，解得.
【详解】函数的定义域为，
若时，由求导得，，
故当时，f′x0，
所以在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，，
当时，；当时，；
若时，由求导得，，
因为，故恒有f′x>0，即在上单调递增，
且当时，，当时，，
即当时，恒有.
作出函数的大致图象如图所示.

又由可得或，
由图知有两个根，此时方程有2个不同的解；
要使方程恰有5个不同的解，
需使有3个零点，由图知，需使，
即，解得.
综上所述，实数a的取值范围是.
故选：B.
【点睛】思路点睛：关于方程根的个数问题，通常转化为函数图象交点，函数图象复杂时，需要借助导数研究其单调性，分析其变化趋势，然后作出函数图象进行求解.
二、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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 设等差数列的前项和为，公差为，已知，.则（ ）
A. B.
C. 时，的最小值为D. 最小时，
【答案】BC
【解析】
【分析】由等差数列求和公式与等差数列项的性质，易判断，即可判断A，B两项，计算化简，结合，知使时，的最小值为11；分析可得，当时，，当时，，故得最小时，有，排除D.
【详解】对于A，由，则，
又，则，故A错误；
对于B，由A已得，则，故B正确；
对于C，由上分析，当时，，当时，，
又，又，
所以时，的最小值为，故C正确；
对于D，当最小时，，故D错误.
故选：BC.
10. 如图，在直三棱柱中，，，E，F，G，H分别为，，，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. B. ，，三线不共点
C. 与平面所成角为D. 设，则多面体的体积为1
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，连接，，由和可证得结论；对于B，先证，即得，相交，再由交点在两个相交平面内即得三线交于一点排除B；对于C，作于点M，证明 平面得，由推得，得平面，即得为与平面所成的角即可求得；对于D，过点H作交于点D，过点D作，连接，可将多面体分割成三棱柱和四棱锥求体积.
【详解】
对于A，如图，连接，，由G，E分别为，的中点，可得，
由可知，侧面为正方形，所以，所以，故A正确；
对于B，如图，连接，，由题易知,
则，延长，相交于点P，
因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
因为平面平面，所以，
所以，，三线共点，故B错误；
对于C，作于点M，
因，，，平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又，所以，
又，平面，平面，所以平面.
而，所以为与平面所成的角，等于，故C正确；
对于D，过点H作交于点D，过点D作，连接，
易知直三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，
柱高，则，
四棱锥的底面是边长为1的正方形，锥高，
则，
则多面体的体积为.故D错误.
故选:AC.
11. 已知抛物线和的焦点分别为，动直线与交于两点，与交于两点，其中，且当过点时，，则下列说法中正确的是 （ ）
A. 的方程为B. 已知点，则MA+MF1的最小值为
C. D. 若，则与的面积相等
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，设，联立抛物线的方程，结合韦达定理求出即可判断；对于B，结合抛物线定义、三角形三边关系即可判断；对于C，设，分别联立抛物线方程，结合韦达定理即可判断；对于D，由C选项分析可得，结合以及韦达定理即可得出两个三角形的高相等，显然三角形同底，由此即可判断.
【详解】解：当过点时，设，联立，可得，
，
故，解得，则，故A错误；
过点向的准线引垂线，垂足分别为，
点到的准线的距离，
由抛物线定义可知，
等号成立当且仅当点为与抛物线的交点，故B正确；
设，由，可得，
，
由，可得，
，
故，同理可得，故C正确；
，故，
注意到，可得，
所以，从而与的面积相等，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：判断B选项的关键是为与抛物线的交点求得最小，判断D选项的关键是得出，由此即可顺利得解.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 曲线在点1,f1处的切线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出f1=0，求导，根据导数几何意义得到切线斜率，由点斜式求出切线方程.
【详解】因为，则f1=0，
所以切点为1,0，且，则，
由直线的点斜式可得，化简可得，
所以切线方程为.
故答案为：
13. 已知数列的通项公式为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】通过对进行赋值，发现规律,按照分组求和即得.
【详解】因，可得则，
又则，
…,
则.
故
故答案为：.
14. 将2个“0”、2个“1”和2个“2”这6个数，按从左到右的顺序排成一排，则能构成__________个自然数，在所有构成的自然数中，第一位数为1的所有自然数之和为__________.
【答案】 ①. 60 ②. 3333330
【解析】
【分析】分析可知第一位数只能是1和2，根据部分平均分组问题结合组合数运算求解；分析可知第一位数为1共有30个自然数，第2位至第6位，每位均可排0，1，2，且均分别有12、6、12种排法，进而运算求解.
【详解】因为要构成自然数，所以第一位数只能是1和2，故共有个自然数；
第一位数为1共有30个自然数，
第二位排0，1，2，分别有、、种排法；
根据对称性可知：第2位至第6位，每位均可排0，1，2，且均分别有12、6、12种排法；
所以，所有第一位数为1的自然数之和为.
故答案为：60；3333330.
【点睛】关键点点睛：根据对称性可知：第2位至第6位，每位均可排0，1，2，且均分别有12、6、12种排法，进而可得结果.
四、解答题（本大题共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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求A；
（2）若，，，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知，利用正弦定理可得，利用余弦定理可求得，即可求得A；
（2）由，可得，利用三角形的面积公式可求得，再利用余弦定理即可求得.
【小问1详解】
在中，
由及正弦定理得，
整理得，
又由余弦定理得，，
因为，所以.
【小问2详解】
由，，得，
即，解得，
由余弦定理可得，
，
则.
16. 已知函数.
（1）证明：；
（2）设函数，证明：函数有唯一的极值点.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导分析单调性，判断极值即可；
（2）构造函数，求导分析单调性，从而得到，即可；
【小问1详解】
因为，定义域为0,+∞，
所以，
由于函数，在0,+∞上均为单调递增函数，
所以在0,+∞上单调递增，
因为，所以x∈0,1，f′x0，
所以在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，所以.
【小问2详解】
因为，的定义域为0,+∞，
所以.
设，则，
当时，h′x>0，所以hx单调递增，所以，
所以，即，
所以.
又，且在0,+∞上单调递增，
所以存在唯一的，使得，即，
当x∈0,x0时，，Fx单调递减；
当x∈x0,+∞时，，所以Fx单调递增，
所以函数Fx有唯一的极值点.
17. 如图，在直角梯形中，，，，点E是的中点，将沿对折至，使得，点F是的中点.
（1）求证：；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据几何关系，得到，，利用线面垂直的判定得平面，从而得到，根据题设有，从而可证得平面，再利用线面垂直的性质，即可证明结果；
（2）根据题设建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再利用面面角的向量法，即可求解.
【小问1详解】
因为，，点E是的中点，
所以，，所以四边形是平行四边形，
又，，所以四边形是正方形，
所以，且，
所以，且，即，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为F是的中点，，所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
由（1）知，平面，因为平面，所以.
因为，.
所以.
又，
由余弦定理得，
因为，所以，所以，
以D为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，作平面为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，A2,0,0，，，.
因为F是的中点，所以.
所以，，，
由（1）知，，又，面
所以平面，所以为平面的法向量，
设平面一个法向量为n=x,y,z，
则，所以，
取，则，，所以，
所以，
设二面角的平面角为，
所以，
所以二面角的正弦值为.
18. 电动车的安全问题越来越引起广大消费者的关注，目前电动车的电池有石墨烯电池与铅酸电池两种.某公司为了了解消费者对两种电池的电动车的偏好，在社会上随机调查了500名市民，其中被调查的女性市民中偏好铅酸电池电动车的占，得到以下的2－2列联表：
（1）根据以上数据，完成2×2列联表，依据小概率的独立性检验，能否认为市民对这两种电池的电动车的偏好与性别有关；
（2）采用分层抽样的方法从偏好石墨烯电池电动车的市民中随机抽取7人，再从这7名市民中抽取2人进行座谈，求在有女性市民参加座谈的条件下，恰有一名女性市民参加座谈的概率；
（3）用频率估计概率，在所有参加调查的市民中按男性和女性进行分层抽样，随机抽取5名市民，再从这5名市民中随机抽取2人进行座谈，记2名参加座谈的市民中来自偏好石墨烯电池电动车的男性市民的人数为X，求X的分布列和数学期望.
参考公式：，其中.
参考数据：
【答案】（1）列联表见解析，能
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由题意直接确定列联表，计算，对比数据即可判断；
（2）由条件概率计算公式即可求解；
（3）记“3名被抽取的男性市民中，恰好抽到k人参加座谈”记为事件，
求得，再由条件概率乘法公式和互斥事件加法公式计算随机变量取每一个值对应的概率，即可求解；
【小问1详解】
被调查的女性市民人数为，
其中偏好铅酸电池电动车的女性市民人数为.
偏好石墨烯电池电动车的女性市民人数为，
所以2×2列联表为：
零假设：市民对这两种电池的电动车的偏好与市民的性别无关，
根据列联表中的数据可以求得
，
由于，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为市民对这两种电池的电动车的偏好与市民的性别有关.
【小问2详解】
因为偏好石墨烯电池电动车的市民中，男性市民与女性市民的比为，
所以采用分层抽样的方法抽取7的人中，男性市民有5人，女性市民有2人，
设“有女性市民参加座谈”为事件A，“恰有一名女性市民参加座谈”为事件B，
则，，
所以.
【小问3详解】
因为所有参加调查的市民中，男性市民和女性市民的比为，
所以由分层抽样知，随机抽取的5名市民中，男性市民有3人，女性市民有2人.
根据频率估计概率知，男性市民偏好石墨烯电池电动车的概率为，偏好铅酸电池电动车的概率为，
从选出的5名市民中随机抽取2人进行座谈，则X可能的取值为0，1，2.
“3名被抽取的男性市民中，恰好抽到k人参加座谈”记为事件，
则.
“参加座谈的2名市民中是偏好石墨烯电池电动车的男性市民的人数恰好为m人”记为事件，
则，，
，，
，，
所以
，
，
，
故X的分布列如下：
.
19. “工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长，某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张纸片，按如下步骤折纸：
步骤1：在纸上画一个圆A，并在圆外取一定点B；
步骤2：把纸片折叠，使得点B折叠后与圆A上某一点重合；
步骤.3：把纸片展开，并得到一条折痕；
步骤4：不断重复步骤2和3，得到越来越多的折痕.
你会发现，当折痕足够密时，这些折痕会呈现出一个双曲线的轮廓.若取一张足够大的纸，画一个半径为2的圆A，并在圆外取一定点B，，按照上述方法折纸，点B折叠后与圆A上的点W重合，折痕与直线交于点E，E的轨迹为曲线T.
（1）以所在直线为x轴建立适当的坐标系，求曲线T的方程；
（2）设曲线T的左、右顶点分别为E，H，点P在曲线T上，过点P作曲线T的切线l与圆交于M，N两点（点M在点N的左侧），记，的斜率分别为，，证明：为定值；
（3）F是T的右焦点，若直线n过点F，与曲线T交于C，D两点，是否存在x轴上的点，使得直线n绕点F无论怎么转动，都有成立?若存在，求出T的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）存在，
【解析】
【分析】（1）以所在直线为x轴，以为x轴的正方向，以的中点为原点建立平面直角坐标系，根据双曲线定义求出方程即可；
（2）直曲联立，借助韦达定理，运用斜率公式计算求解即可；
（3）直曲联立，借助韦达定理和数量积坐标运算公式计算即可.
【小问1详解】
以所在直线为x轴，以为x轴的正方向，以的中点为原点建立平面直角坐标系，则，，
由折纸方法知，，则，
根据双曲线的定义，曲线T是以A，B为焦点，实轴长为2的双曲线，
设其方程，则，，
所以，.故曲线T的方程为.
【小问2详解】
易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为，且，，
联立方程组，整理得，
由，可得，可得，
联立方程组，整理得，
，
则，，
因为，，所以，
又因为，
代入可得，由于，则，
由于点M在点N的左侧，故，
所以，
代入可得，
又因为，则，
所以为定值，定值为3.
小问3详解】
假设存在点，使恒成立，
由已知得，
当直线n的斜率存在时，设直线n的方程为，，，
联立，得，
，且，
则，，
，，
则
，
若恒成立，则恒成立，
即，解得，
当直线n的斜率不存在时，直线n的方程为，
此时，解得，
不妨取，，
则，，
又，解得或，
综上所述，，
所以存在点，使恒成立.
【点睛】关键点点睛：第二，三问，设直线、交点坐标，并联立双曲线方程，借助韦达定理，结合斜率公式和向量数量积公式计算即可得到定值.
偏好石墨烯电池电动车
偏好铅酸电池电动车
合计
男性市民
200
100
女性市民
合计
500
0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
偏好石墨烯电池电动车
偏好铅酸电池电动车
合计
男性市民
200
100
300
女性市民
80
120
200
合计
280
220
500
X
0
1
2
P