湖南省株洲市2024_2025学年高三数学上学期11月月考试卷含解析

这是一份湖南省株洲市2024_2025学年高三数学上学期11月月考试卷含解析，共19页。试卷主要包含了 若集合， 已知奇函数，则， 设椭圆C， 已知随机变量，记，则等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由已知得，故，故选C．
考点：1、复数的概念；2、集合的运算．
2. 已知一组数据，，，，平均数为2，方差为，则另一组数据，，，，的平均数、标准差分别为（ ）
A. 2，B. 2，1C. 4，D. 4，
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数、方差的性质计算可得.
【详解】因为一组数据，，，，的平均数为2，方差为，
所以另一组数据，，，，的平均数为，方差为,
即平均数、标准差分别为．
故选：C．
3. 已知奇函数，则（ ）
A. B. 0C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】由即可求解.
【详解】，
是奇函数，，
，，．
故选:A．
4. 若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为（ ）
A. 24B. 32C. 96D. 128
【答案】C
【解析】
【分析】根据正四棱锥及球的特征求出锥体的底边边长和侧棱长，然后结合勾股定理利用侧面积公式计算即可.
【详解】
如图所示，设P在底面的投影为G，易知正四棱锥的外接球球心在上，
由题意球O的半径，
所以，，则，
故中，边AB的高为，
所以该正四棱锥的侧面积为.
故选：C
5. 图1是蜂房正对着蜜蜂巢穴开口的截面图，它是由许多个正六边形互相紧挨在一起构成．可以看出蜂房的底部是由三个大小相同的菱形组成，且这三个菱形不在一个平面上．研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面体的表面菱形，图2是一个菱形十二面体，它是由十二个相同的菱形围成的几何体，也可以看作正方体的各个正方形面上扣上一个正四棱锥（如图3），且平面ABCD与平面ATBS的夹角为45°，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用二面角平面角可得为，再在中利用余弦定理可求得结果.
【详解】
连接AC、BD相交于点O，连接SO，因四棱锥为正棱锥，
所以平面ABCD，取AB的中点E，连接SE、OE，
因为，所以，
所以即为平面ABCD与平面ATBS的夹角，即,
设，则，
所以，，
在中，由余弦定理，
故选：A．
6. 在中，角A为，角A的平分线AD交BC于点D，已知，且，则（ ）
A. 1B. C. 9D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用共线定理的推论求得，然后以A为原点，以AB为x轴建立平面直角坐标系，根据坐标运算求得，然后由数量积的坐标表示可得.
【详解】由可得：，
因为B，C，D三点共线，故，即，
所以，
以A为原点，以AB为x轴建立平面直角坐标系如图所示，
因为，，则，
因，故设，
则
由得，
解得，故，，
所以.
故选：C，
7. 设椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线l过点.若点关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知结合椭圆的定义可推得，.然后根据，可推得.最后根据余弦定理，即可得到关于的齐次方程，即可得出离心率.
【详解】
设，
由已知可得，，
根据椭圆的定义有.
又，
所以.
在中，由余弦定理可得，
，
即，
整理可得，
等式两边同时除以可得，，
解得，或（舍去），
所以.
故选：C.
8. 在锐角ΔABC中，，则的取值范围是
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据在锐角ΔABC中，每个角都是锐角确定的范围，利用正弦定理以及三倍角的正弦公式，化简表达式，求出范围即可.
【详解】在锐角ΔABC中，
可得，
，
所以由正弦定理可知
，故选D.
【点睛】本题考查正弦定理在解三角形中的应用，三倍角的正弦公式，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.
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. 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.
10. 已知当时，，并且满足，则下列关于函数说法正确的是（ ）
A. B. 周期
C. 的图象关于对称D. 的图象关于对称
【答案】AD
【解析】
【分析】根据所给函数的性质，利用替换的方法可求出函数周期判断B，再由函数关于对称，判断C，求出判断A，由周期及关于对称判断D.
【详解】由于时，，并且满足，
则函数的图象关于对称.
由于，所以，
故，
故，
故函数的最小正周期为，
根据，知函数的图象关于对称.
由于时，， ，故A正确，
由于函数的最小正周期为，故B错误；
由函数的图象关于对称，易知的图象不关于对称，故C错误；
根据函数图象关于对称，且函数图象关于对称，知函数图象关于对称，又函数的最小正周期为，则函数图象一定关于对称，故D正确.
故选：AD.
11. 已知等比数列的公比为，其前项的积为，且满足，，，则（ ）
A. B.
C. 的值是中最大的D. 使成立的最大正整数数的值为198
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题目所给已知条件，结合等比数列的性质对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】∵，∴，∴.
∵，∴，
又，∴.故A正确.
由A选项的分析可知，，∴，∴，，故B正确，C不正确.
∴，
，
∴使成立的最大正整数数的值为198，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式定理中的二项展开式通项公式即可求解
【详解】的展开式通项是：，
依题意得，，即，所以，
故答案为：
13. 若直线被圆所截得的弦长为，则的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意知直线过圆心，则，利用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值，注意取值条件.
【详解】由，则圆心为，半径为2，
由直线被圆所截得的弦长为，故直线过圆心，
所以且，
则，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
14. 已知函数，若函数的最小值恰好为0，则实数的最小值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】换元构造新函数，再利用导数求得函数单调性与最值，从而求得的最值.
【详解】令，则，所以，
令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
故当时，取得最小值，
故当，即时，函数最小值恰好为0，
令，则，
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解参数范围问题.关键点是通过换元，将转化为，并利用导数研究的单调性与最值，得到，再利用导数求解的单调性，即可求得的最值.
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. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
（1）若为线段中点，求证：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.
【小问1详解】
取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
16. 人工智能（AI）是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟.某公司研究了一款答题机器人，参与一场答题挑战.若开始基础分值为（）分，每轮答2题，都答对得1分，仅答对1题得0分，都答错得分.若该答题机器人答对每道题的概率均为，每轮答题相互独立，每轮结束后机器人累计得分为，当时，答题结束，机器人挑战成功，当时，答题也结束，机器人挑战失败.
（1）当时，求机器人第一轮答题后累计得分的分布列与数学期望；
（2）当时，求机器人在第6轮答题结束且挑战成功的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用离散型随机变量的分布列与期望公式计算即可；
（2）根据超几何分布分类讨论计算即可.
【小问1详解】
当时，第一轮答题后累计得分所有取值为4，3，2，
根据题意可知：，，，
所以第一轮答题后累计得分的分布列为：
所以.
【小问2详解】
当时，设“第六轮答题后，答题结束且挑战成功”为事件A，
此时情况有2种，分别为：
情况①：前5轮答题中，得1分的有3轮，得0分的有2轮，第6轮得1分；
情况②：前4轮答题中，得1分的有3轮，得分的有1轮，第5.6轮都得1分；
所以.
17. 正数数列满足，且成等差数列，成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）求证：．
【答案】（1）；.
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意，由等差中项与等比中项的性质列出方程，结合递推关系可得数列是以为首项，为公差的等差数列，再由数列的通项公式可得数列的通项公式；
（2）根据题意，由裂项相消法分，与分别证明，即可得到结果.
【小问1详解】
成等差数列，成等比数列，
，，
数列为正数数列，，
当时，，，
，且，则，
，，，，
，
数列是以为首项，为公差的等差数列，
，，
当时，满足上式，，
当时，，
当时，满足上式，.
【小问2详解】
证明：
当时，；
当时，；
当时，
.
综上所述，对一切正整数，有.
18. 已知双曲线的右顶点，它的一条渐近线的倾斜角为．
（1）过点（作直线交双曲线于两点（不与点重合），求证：；
（2）若过双曲线上一点作直线与两条渐近线相交，交点为，且分别在第一象限和第四象限，若，求面积的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用双曲线的性质得到双曲线的方程，然后设直线的方程与双曲线方程联立，利用韦达定理和向量证明；
（2）根据和双曲线的方程得到，然后联立直线和渐近线方程得到和，再利用三角形面积公式得到，最后利用函数性质求范围即可.
【小问1详解】
易知，，，，
故双曲线的方程为．
直线的方程为，
联立，
其中，且时，
则，，，
，
．
【小问2详解】
由题意可知，若直线有斜率则斜率不为0，
故设直线方程为：，
设，
，，
点在双曲线上，，
，
③，
又，
，④，
联立，
，
⑤，⑥，
分别在第一象限和第四象限，，
由④式得：，
⑦，
将⑤⑥代入⑦得：，
，
，
令
由对勾函数性质可得上单调递减，在上单调递增，
，.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线求最值或范围问题：
（1）几何的思路：通过几何的知识取求最值或范围；
（2）代数思路：将要求的用代数表示出来，然后通过函数或不等式的思路求最值或范围.
19. 已知函数.
（1）判断函数在区间上极值点的个数并证明；
（2）函数在区间上的极值点从小到大分别为，设为数列的前项和.
①证明：；
②问是否存在使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）函数在区间内恰有两个极值点，证明见解析
（2）①证明见解析；②不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求函数在给定区间上的导数，以分子整式构造函数，再次求导，研究该导数在给定区间上与零的大小关系，以判断构造函数的单调性和变号零点的性质，根据极值的定义，可得答案；
（2）①根据（1）可得所在区间，根据极值点的必要条件，进一步缩小其所在区间，根据三角函数的诱导公式，将变为，使其在同一个单调区间，根据函数的单调性，可得与大小关系，可得答案；
②由①可得相邻两个极值之和与零的大小关系，进而得到当为偶数时，和与零大小关系，再根据三角函数的性质，得到奇数时极值与零的大小关系，可得答案.
【小问1详解】
，设，又，
当时，在上单调递减，
，在上无零点；
当时，在上单调递增，
，在上有唯一零点；
当时，在上单调递减，
，在上有唯一零点.
综上，函数在区间上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变，
故函数在区间内恰有两个极值点.
【小问2详解】
①由（1）知在无极值点；在有极小值点，即为；
在有极大值点，即为，
同理可得，在有极小值点，在有极值点，
由得，，
，
，
由函数在单调递增得，
，
由在单调递减得，
.
②同理，
，
由在上单调递减得，
，且，
当为偶数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，
即，结论成立；
当为奇数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，还多出最后一项也是负值，
即，结论也成立，
综上，对一切成立，故不存在使得.
4
3
2