湖南省长沙市平高教育集团2024-2025学年高三上学期八月联合考试数学试题（解析版）

这是一份湖南省长沙市平高教育集团2024-2025学年高三上学期八月联合考试数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了 设，则“”是“”的， 已知非零向量，，若，则， 设，则下列不等式中正确的是等内容，欢迎下载使用。
一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的
1. 若集合中有且只有一个元素，则值的集合是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分是否为0两种情况进行讨论，结合二次方程根的情况列式求解即可.
【详解】当时，，故符合题意；
当时，由题意，解得，符合题意，
满足题意的值的集合是.
故选：D.
2. 对于函数，部分与的对应关系如下表：
则值（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据表格先求，再求的值.
【详解】由表格可得，，
所以.
故选：C.
3. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】分别解出不等式：，，即可判断出结论．
【详解】解：由解得：；
由解得：．
因为
“”是“”的充分不必要条件．
故选：．
4. 已知函数的大致图象如图所示，则其解析式可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据图象的对称性排除C D；根据函数的最值排除B，从而可得答案.
【详解】由图象关于轴对称可知，函数为偶函数，
因为与为奇函数，所以排除C D；
因为，当且仅当时，等号成立，
所以在时取得最小值，由图可知在时取得最大值，故排除B.
故选：A
【点睛】关键点点睛：根据函数的性质排除不正确的选项是解题关键.
5. 已知非零向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两个向量平行的性质可得，化简可得，利用齐次式即可得到答案.
【详解】因为，为非零向量，所以，即
因为，所以，则，
即，
即，由于，所以两边同除，
可得：，解得：tanα=13或(舍去),
所以.
故选：D
6. 已知随机变量，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正态分布密度曲线的对称性可求得，代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得所求代数式的最小值.
【详解】因为随机变量，且，则，可得，
，
当且仅当时，等号成立，所以，的最小值为.
故选：B.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
7. 已知函数的定义域为，满足是奇函数，且，若，则（ ）
A. -100B. -3C. 3D. 2025
【答案】C
【解析】
【分析】由是奇函数，可得，可得，结合，可得，则函数的周期为4，再由，可得，，，则，所以
，即可求得结果.
【详解】因为函数的定义域为，
是奇函数，所以关于对称，即，
有，即，
因为，则，
所以，则，
则，则，
所以函数的周期为4，
因为，
令，则，
令，则，
，
所以，
所以
.
故选：C.
8. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，是坐标原点，是椭圆上一点，与轴交于点．若，，则椭圆的离心率为（ ）
A. 或B. 或C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】由得，则求出PF1，结合椭圆定义求出，再由可得答案.
【详解】由，得，则，则，
则，即，解得，
则，
因为，所以，
即，整理得，
则，解得或，
故或．
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是判断出，利用勾股定理求出答案.
二､多选题：本题共3小题，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，则下列不等式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据不等式的性质即可求解ABD，利用作差法即可求解C.
【详解】由于，故
对于A, ,故A正确，
对于B，由于故，B错误，
对于C，故，C正确，
对于D，若时，，故D错误，
故选;BC
10. 为庆祝中国共产党成立100周年，某单位组织开展党史知识竞赛活动．某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】第1次抽到选择题的概率为，根据古典概型即可计算；第1次抽到选择题且第2次抽到选择题时概率为，根据古典古典概型即可计算；在第1次抽到选择题的条件下，第2次抽到选择题的概率为，根据条件概率计算公式即可计算；在第1次没有抽到选择题的条件下，第2次抽到选择题的概率为，根据条件概率计算公式即可计算．
【详解】第1次抽到选择题时，则，故A正确；
第1次抽到选择题且第2次抽到选择题时，则，故B正确；
在第1次抽到选择题的条件下，第2次抽到选择题，则，故C正确；
在第1次没有抽到选择题的条件下，第2次抽到选择题，则，故D错误﹒
故选：ABC．
11. 如图，在棱长为1的正方体中，点在侧面内运动（包括边界），为棱中点，则下列说法正确的有（ ）
A. 存在点满足平面平面
B. 当为线段中点时，三棱锥的外接球体积为
C. 若，则最小值为
D. 若，则点的轨迹长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】当点位于点时，平面平面，可判断A选项；确定三棱锥的外接球的球心，进而求半径，可判断B选项；当点位于点时，可判断C选项；利用∽，建立适当的平面直角坐标系可得到点的轨迹，进而求轨迹的长，可判断D选项.
【详解】
对于A，面面，
所以当点位于点时，平面平面，故A正确；
对于B，当为线段中点时，
与均为直角三角形，且面面，
三棱锥的外接球的球心为的中点，
外接球的半径，
三棱锥的外接球体积为，故B正确；
对于C，，点在线段上，
当点位于点时，，故C错误；
对于D，若，
与均为直角三角形，
∽，，
如图，在正方形中，

以为原点，、分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
则，，
设Px,y，则，
整理得：，
点在面内的轨迹为以为圆心，以为半径的，
，，
在中，，，
，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. 已知为等比数列，为数列的前项和，，则的值为__________.
【答案】162
【解析】
【分析】由题意对所给的递推关系式进行赋值，得到关于首项、公比的方程组，求解方程组确定首项和公比的值，然后结合等比数列通项公式即可求得的值.
【详解】设等比数列的公比为，
由，得，
即，解得，
所以.
故答案为：
13. 已知函数在上是减函数，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】将问题转化为函数在上是增函数，且在上恒成立，再根据对称轴与区间的关系，可得答案.
【详解】因为函数在上是减函数，
设，
因为为减函数，
所以在上是增函数，
因为，其图象的对称轴为直线，
所以，且在上恒成立，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
14. 已知是定义在R上的函数，，且对于任意都有，，若，则__________.
【答案】11
【解析】
【分析】根据题目所给不等式恒成立，利用赋值法求得的值，由此求得的值.
【详解】在中，令，得，
由，得，
又，，
因此，则有，即，
所以.
故答案为：11
【点睛】关键点点睛：由给定的递推关系，结合“两边夹”原理求出是求解本题的关键.
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. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由辅助角公式可得，由于是三角形的内角，可得的范围，继而可得出角的值.
（2）由题意利用正弦定理把边化成角得，根据，可得，继而求得角的值，结合（1）的结论，由和差公式可求得，再利用正弦定理可求出，根据面积公式即可求解.
【小问1详解】
，
，
，
，
，
.
【小问2详解】
，即，
由正弦定理可得，
，
，
，
，
又，，
，
由正弦定理得，即，
，
.
16. 已知定义在上的函数对任意实数，恒有，且当时，.
（1）求证为奇函数；
（2）试判断在上的单调性并证明；
（3）解关于的不等式.
【答案】（1）证明见解析
（2）单调递增，证明见解析
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）令结合奇函数定义证明；
（2）利用单调性的定义证明；
（3）利用函数的单调性解抽象不等式.
【小问1详解】
证明：取，得；再取，得 ，
即，∴为上的奇函数；
【小问2详解】
为上的增函数.证明如下：
证明：任意取，且，
则，
∴，
∵，∴，
由已知时，得，∴，即，
∴为上的增函数.
【小问3详解】
，∵为上的增函数，
∴，即.
当时，解集为空集；
当时，；
当时，，
综上所述：当时，解集为空集；
当时，解集为：；
当时，，
17. 如图，在四棱锥中，，设分列为棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定推理即得.
（2）取的中点，证明平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值即得.
【小问1详解】
取的中点，连接，则，且，
又，且，于是，四边形为平行四边形，
则，又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
取的中点，连接，由，得，
又是的中点，则，
又是的中点，则，
而平面，于是平面，平面，，
又平面，因此平面，
不妨设，以点为坐标原点，直线、过点平行于的直线、
直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，则，
由为的中点，得，
由（1）知，，直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
设为平面的一个法向量，则，令，得，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
18. 已知F为抛物线C：的焦点，点A在C上，.点P（0，-2），M，N是抛物线上不同两点，直线PM和直线PN的斜率分别为，.
（1）求C的方程；
（2）存在点Q，当直线MN经过点Q时，恒成立，请求出满足条件的所有点Q的坐标；
（3）对于（2）中的一个点Q，当直线MN经过点Q时，|MN|存在最小值，试求出这个最小值.
【答案】（1）
（2）（2，2）或（4，2）
（3）5
【解析】
【分析】（1）设，进而求出的坐标，利用坐标式向量相等的条件求解即可
（2）设，，联立直线MN的方程和抛物线方程，利用韦达定理求出，，代入得或，利用点斜式求出Q的坐标；
（3）根据（2）结论和条件得MN只能过（2，2）点，此时|MN|有最小值，利用韦达定理和两点间的距离公式求出，然后构造函数，通过导函数求出单调区间，利用函数的单调性求出最值
【小问1详解】
F(0,p2)，设，则，
所以得：，解得或（舍），
所以抛物线C的方程为①.
【小问2详解】
设直线MN：②，，，
联立①②，得.
所以③，，④.
，，
则，
.
因为，即：，
即：，
则或，能满足③式.
则MN：，或MN：，
所以定点Q的坐标为（2，2）或（4，2）；
【小问3详解】
如MN过（4，2）点，当时，，但此时M，N重合，
则|MN|无最小值，所以MN只能过（2，2）点，此时|MN|有最小值.
由（2），在④中，令得：，，
.
令，
则，.
当时，，在上为减函数，
当时，，在上为增函数，
所以当时，有最小值，|MN|有最小值.
.
【点睛】关键点睛：第二问的关键：根据一元二次方程根与系数的关系，结合恒成立，得到直线MN过定点.
19. 定义函数．
（1）求曲线在处的切线斜率；
（2）若对任意恒成立，求k的取值范围；
（3）讨论函数的零点个数，并判断是否有最小值．若有最小值m﹐证明：；若没有最小值，说明理由．
（注：…是自然对数的底数）
【答案】（1）
（2）
（3）答案见详解
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）通过参变分离以及求解函数最值得出结果；
（3）分成为奇数，为偶数两种情况，并借助导数不等式分别讨论函数的零点个数及最值.
【小问1详解】
由，
可得,
所以曲线在处的切线斜率.
【小问2详解】
若对任意恒成立，
所以对任意恒成立，
令，则，
由解得，或；由解得，
故上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
又，且当时，，
故的最小值为，
故，即的取值范围是.
【小问3详解】
，
当时，，
因此当为奇数时，，
此时
则，所以单调递减.
此时，显然有唯一零点，无最小值.
当时，
且当时，
，
由此可知此时不存在最小值.
从而当为奇数时，有唯一零点，无最小值，
当时，即当为偶数时，，
此时，
由，解得；由，解得
则在上单调递减，在上单调递增，
故的最小值为，
即，所以当为偶数时，没有零点.
设，
，
所以在上单调递增，，即.
令可得，
当时
，
即.
从而当为偶数时，没有零点，存在最小值.
综上所述，当为奇数时，有唯一零点，无最小值；
当为偶数时，没有零点，存在最小值.
【点睛】方法点睛：恒成立问题的等价转化法则
（1）恒成立恒成立；
（2）恒成立恒成立；
（3）恒成立，恒成立；
（4）恒成立．