湖南省长沙市长沙大学附属中学高三上学期10月月考数学试题

长沙大学附属中学高三月月考数学试题卷一、单选题1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先解不等式求出集合，再根据交集的运算规则计算求解．【详解】，解得，，又，，故选：D．2.已知，则（）A.B.C.D.1【答案】B【解析】【分析】由向量的模长公式计算即得.详解】已知，则.故选：B.3.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，，若，，且为边上的高，为边上的中线，则的值为（）A.2B.C.6D.【答案】D第1页/共20页【分析】据题意，，，，根据向量的数量积运算即可求.【详解】因为为边上的中线，所以，又BE为边AC上的高，所以，且在中，，所以.故选：D.4.已知，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先利用诱导公式将目标式化为，再利用二倍角的余弦公式求解即可.【详解】由题意结合诱导公式得，由二倍角的余弦公式得，故B正确.故选：B5.已知是两条不同的直线，为平面，，下列说法中正确的是（）A.若，且与不垂直，则与一定不垂直B.若与不平行，则与一定是异面直线C.若，且，则与可能平行第2页/共20页D.若，则与可能垂直【答案】D【解析】【分析】结合点线面之间的关系逐项判断即可得.【详解】对A：在平面内，存在无数条直线和垂直，故A错误；对B：当时，与不是异面直线，故B错误；对C：若，且，与为异面直线，故C错误；对D：若，在内存在直线与垂直，故其可能与垂直，故D正确.故选：D.6.已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据二次函数以及幂函数的单调性，结合分界点处两函数的单调性与整体保持一致列不等式求解即可.【详解】因为在上单调递增，所以只需要解得．故选：D．7.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.B.C.D.【答案】A第3页/共20页【解析】【分析】根据为函数递减区间上的零点，可得，即可求出.【详解】因为图象过点，所以，为函数递减区间上的零点，可得，，即，因为，所以.故选：A.8.定义域为的偶函数在上单调递减，且，若关于的不等式的解集为，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由为偶函数可得，转化题设不等式为，结合单调性分析易得的解集为，的解集为可得5为方程的根，进而得到，进而结合基本不等式求解即可.【详解】因为为偶函数，所以，则，由，得，又因为函数在上单调递减，且，则函数在上单调递增，则时，，当时，，则当时，，当时，，第4页/共20页所以的解集为，的解集为，由于不等式的解集为，当时，不等式为，此时解集为，不符合题意；当时，不等式解集为，不等式解集为，要使不等式解集为，则，即；当时，不等式解集为，不等式解集为，此时不等式的解集不为；综上所述，，则，当且仅当，即，时等号成立，即的最小值为.故选：C二、多选题9.数学家棣莫弗发现，如果随机变量X服从二项分布，那么当n比较大时，X近似服从正态分布，任意正态分布转化为标准正态分布当x（）A.当时，第5页/共20页B.C.随机变量，当，都减小时，概率增大D.随机变量，当增大，减小时，概率保持不变【答案】BD【解析】【分析】由定义即可判断A；根据结合正态曲线的对称性，可判断B；根据正态分布的准则可判断CD.【详解】对于A：当时，，故A错误；对于B：根据正态曲线的对称性可得：，即，故B正确；对于CD：根据正态分布的准则，在正态分布中代表标准差，代表均值，即为图象的对称轴，根据原则可知X数值分布在的概率是常数，故由可知，D正确，C错误．故选：BD.10.已知函数，则下列结论正确的是（）A.，使得B.函数图象是一个中心对称图形C.曲线有且只有一条斜率为的切线D.存在实数，，使得函数的定义域，值域为【答案】ABD【解析】ABC第6页/共20页【详解】因为，当，所以，可得，且，所以，使得，A选项正确；，所以函数的一个中心对称为，B选项正确；，又因为，所以，所以函数没有斜率为的切线，C选项错误；令，，所以，有两个交点，所以存在实数，，使得函数的定义域，值域为，D选项正确；故选：ABD.已知点F是抛物线C：A是抛物线C的准线与xA且斜率为k的直线l与C交于M，N两点，则下列说法正确的是（）A.k的取值范围为B.C.若，则或D.点M关于x轴的对称点在直线NF上【答案】ABD【解析】的方程与抛物线方程联立，由判别式判断A的定义结合几何图形推理判断B判断C第7页/共20页【详解】抛物线C：的焦点，准线，点，直线，对于A，由消去得：，依题意，，解得且，因此k的取值范围为，A正确；对于B，过作准线的垂线，垂足分别为，则，因此，即，B正确；对于C，由，得，设，则，而，联立解得，C错误；对于D，直线的斜率，直线的斜率，，令点M关于x轴的对称点为，则直线的斜率，而直线与直线有公共点，因此点在直线上，D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：作出几何图形，利用平行线分线段成比例，结合抛物线定义是判断选项B的关键.三、填空题第8页/共20页12.若直线经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的离心率为________．【答案】或【解析】【分析】直线与坐标轴的交点为和，分两种情况讨论，得到椭圆的离心率.【详解】直线与坐标轴的交点为和，若是椭圆的焦点，是椭圆的一个顶点，此时椭圆的焦点在轴且，所以，离心率，若是椭圆的焦点，是椭圆的一个顶点，此时椭圆的焦点在轴且，所以，离心率，所以椭圆的离心率为或，故答案为：或.13.若关于x的不等式恒成立，则的最大值是__________.第9页/共20页【答案】【解析】【分析】由，，原不等式可化为，再利用导数研究函数的图像，根据的图像恒在的图像的上方，对进行分类讨论，即可得到答案.【详解】由，，原不等式可化为.设，则，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，则在处取得最大值，且；当时，，此时的图像恒在的图像的上方，显然不符题意；当时，为直线的横截距，设直线与相切的切点为，又切线方程为，设，解得，又与是相同的直线，可得，则，得到，，设，得到，令，解得或，令，解得，第10页/共20页则在，是单调递增函数，在是单调递减函数，综上可得当时，取最大值，即取得最大值为.故答案为：.14.从123456789中任取3个不同的数，且这三个数之积为偶数，记满足条件的这三个数之和为；从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之积为偶数，记满足条件的两个数之和为.则______.【答案】##【解析】【分析】先分别求出满足这两个条件的情况总数，再找到满足的情况，结合古典概型的概率公式求解即可.【详解】从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，要满足三个数之积为偶数，则这三个数中至少有1个偶数，总共有种取法，从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之积为偶数，则这两个数中至少有1个偶数，总共有种取法又，，接下来，找出和相等的情况：当时，满足条件的取法情况有，共1种情况；当时，满足条件的取法情况有，共2种情况；当时，无满足条件的情况；当时，满足条件的取法情况有，共2种情况，所以.故答案为：.四、解答题15.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）若，，求的值；第11页/共20页（2）若，且面积，求a和b的值．【答案】（1）（2）【解析】1）求出，利用余弦定理即可求解；（2）由三角恒等变换和正弦定理得到，结合求出，由三角形面积得到方程，求出，从而求出a和b的值.【小问1详解】，，，故，由余弦定理得；【小问2详解】，由半角公式得，即，即，，，由正弦定理得，因为，所以，解得，故，的面积，故，联立与得.16.已知椭圆上任意一点到的两个焦点的距离之和为.（1）求的方程；（2）已知直线与相交于A，B两点，若，求的值.第12页/共20页（2）【解析】1）根据题意得到关于的方程组，解出即可；（2）先联立直线方程和椭圆方程，得出根与系数的关系，再结合弦长公式代入计算求解参数.【小问1详解】由题意可得，解得，故的方程为.【小问2详解】联立，得.，解得.设，则，，解得，即的值为.第13页/共20页17.如图，在四棱锥中，，，，，．（1）求证：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】，取的中点，利用线面垂直的判定定理证明平面即可；（2）先求证平面，再以点为原点建系，利用线面角的向量求法计算即可.【小问1详解】由，，可知≌，所以，取的中点，连接，，则，，第14页/共20页又平面，所以；【小问2详解】因，，则，又，，平面，所以平面，以为原点，，所在直线分别为，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图空间直角坐标系，则，，，，设，则，得，所以，，．设平面的法向量为，则，即，可取，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．第15页/共20页18.已知函数，，．（1）若函数存在2个零点，求的取值范围；（2）记，①当时，求的最小值；②若的最小值为2，求的取值范围．【答案】（1）（2）①最小值2；②【解析】1）由题知，存在2个零点，即有两个解，设，求导分析单调性，根据单调性取得参数范围即可（2）①由题得，设，然后求导，根据单调性确定的最值即可得到的最小值；②利用，即可求得的范围.【小问1详解】函数的定义域为，令，则，设，则，令，得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，因为，，当时，，所以．【小问2详解】①当时，，设，则，令，得，第16页/共20页当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，取到最小值2．②，由①知，，当且仅当取到等号，所以，所以．（2025·天津）19.已知数列是等差数列，是等比数列，．（1）求，的通项公式；（2），，有，（i）求证：对任意实数，均有;（ii）求所有元素之和．【答案】（1）；（2iii）【解析】1的公差为d公比为d和的方程求解，再结合等差和等比数列通项公式即可得解；（2i1和两者大小即可证明；（ii中全为10其余为12个为00几个情况将中的所有元素分系列，并求出各系列中元素的和，最后将所有系列所得的和加起来即可得解；法二：根据元素的特征得到中的所有元素的和中各项出现的次数均为次即可求解.【小问1详解】第17页/共20页则由题得，所以；【小问2详解】（i）证明：由（1）或，，当时，设，所以，所以，所以，为中的最大元素，此时恒成立，所以对，均有.（ii）法一：由（i）得对任意实数，均有，所以，，所以取值随着的取值不同各不相同，又为中的最大元素，由题意可得中的所有元素由以下系列中所有元素组成：当均为1时：此时该系列元素只有即个；当中只有一个为0，其余均为1时：第18页/共20