湖北省荆州市沙市中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试卷（Word版附解析）

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命题人：郭松 审题人：冷劲松
考试时间：2024年10月24日
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. 已知集合，则下列表述正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】集合表示正奇数除以4，集合表示整数除以4，据此可以判断两个集合的关系.
【详解】表示是含义是正奇数除以4，
表示的含义是整数除以4,
所以，
故选：C.
2. 已知非零向量的夹角为，且，，则（ ）
A. 2π3B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数量积及夹角的公式计算即可.
【详解】由，得；
由，得，
所以，
所以，
因为，所以．
故选：A．
3. 已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据半径求底面周长，由弧长公式可得母线长，然后可得侧面积.
【详解】因为底面半径，所以底面周长，
又圆锥母线长，所以圆锥侧面积．
故选：A．
4. 若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦的差角公式结合弦切关系分别计算，再根据和角公式计算即可.
【详解】因为，
又，即，则，
所以，
故.
故选：D
5. 已知，，若，，使得，则实数的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件求出函数的最小值，的最小值即可列式求解.
【详解】函数在上单调递增，则有，
又在上单调递减，则有，
因为，，使得，于是得，解得，
所以实数的取值范围是．
故选：A
6. 已知函数的部分图象如图所示，图象的一个最高点为，图象与轴的一个交点为，且点M，N之间的距离为5，则（ ）

A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由函数图象可得函数周期，即可得，结合特殊点的坐标计算可得，即可得.
【详解】函数的最大值为4．设的最小正周期为，
依题意，得，解得，
所以，解得，所以，
又点在函数的图象上，所以，
结合图象，知，解得，所以，
所以．
故选：D．
7. 过双曲线的右焦点向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为，线段FD与双曲线交于点，过点向另一条渐近线作垂线，垂足为，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据点到直线的距离公式可以求出|的长，再根据列出等式即可寻找a,b,c的关系，进而可以得到双曲线的离心率.
【详解】由题意，知双曲线的渐近线方程为．
设双曲线的半焦距为，则右焦点到渐近线的距离．
设点，则，即．
又，
所以，
解得．
故选：A．
8. 设函数则满足的x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】观察题设条件与所求不等式，构造函数，利用奇偶性的定义与导数说明其奇偶性和单调性，从而将所求转化为，进而得解.
【详解】因为，
所以
，
设，显然定义域为，，
又，
所以为上的奇函数，
又，
所以在上单调递增，
又，则，
所以，即，
所以，解得，
则满足的的取值范围是．
故选：C．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 若，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由不等式的性质判断.
【详解】∵，则，，∴，即，A正确；
例如，，，，， 显然，B错误；
由得，，∴，即，C正确；
易知，，，
，
∴，D正确；
故选：ACD．
10. 已知随机变量X，Y，其中，已知随机变量X的分布列如下表
若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由分布列的性质和期望公式求出可判断ABC；由方差公式可判断D.
【详解】由可得：①，
又因为，故C正确.
所以，
则②，所以由①②可得：，故A正确，B错误；
，故D错误.
故选：AC.
11. 如图，在平行四边形中，，且，为的中线，将沿BF折起，使点到点的位置，连接AE，DE，CE，且，则（ ）
A. 平面B. AE与平面所成角的正切值是
C. BC与DE所成的角为D. 点到平面的距离为
【答案】AB
【解析】
【分析】A.根据线面垂直的判定定理，转化为证明平面；B.首先利用垂直关系说明平面，即可说明与平面所成的角为；C.根据平行关系，将异面直线所成角转化为相交直线所成角，或其补角即为与所成的角；D.利用等体积转化法求点到平面的距离.
【详解】因为，且，所以，．
又为的中线，所以，．
因为，所以．由题意，知，所以．
又，且，平面，所以平面，故A正确；
因为，，，所以平面．
又，所以平面．所以与平面所成的角为．
中，，．所以，故B正确；
因为，所以或其补角即为与所成的角，连接，在中，，，，
所以由余弦定理，得．
在中，由勾股定理，得．
所以在中，，．
由余弦定理的推论，得，所以，
所以与所成的角为，故C错误；
因为，且，所以．又，
所以．
因为点到平面的距离为，所以由等体积法，得点到平面的距离为，故D错误．
故选：AB
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若直线：与圆：交于，两点，则______.
【答案】
【解析】
【分析】首先确定圆心和半径，应用点到直线距离公式求圆心到直线的距离，再由几何法求弦长即可．
【详解】由圆，故圆心，半径为，直线，
故圆心到直线的距离为，
．
故答案为：．
13. 已知的内角，，的对边分别为，，，，，若为中点，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据余弦定理可得，即可利用向量的模长求解.
【详解】由余弦定理，，将，代入解得，
因为CD=12CA+CB，所以，所以．
故答案为：
14. 对，恒成立，则a的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】对不等式变形，同构函数，利用单调性转化后分离参数，求函数最值得解.
【详解】，，
令，则，
由有意义知，，所以，
∵，∴单调递增，
∴，
令，则，
当时，，当时，，
所以在单调递增，在上单调递减，
故时，，
故当即时，，
所以，即.
故答案为：
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. 已知函数.
（1）求的极值；
（2）若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）极小值为，无极大值
（2）
【解析】
【分析】（1）求得，得出函数的单调性，结合极值的概念，即可求解；
（2）根据题意，转化为任意，不等式恒成立，设，求得，得出函数的单调性，求得的最小值，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数，可得，
令，即，解得；
令，即，解得，
所以函数在区间单调递减，单调递增，
当时，取得极小值，极小值为，无极大值.
【小问2详解】
解：由不等式恒成立，即恒成立，
即对于任意，不等式恒成立，
设，可得，
令，即，解得；
令，即，解得，
所以在上单调递减，在单调递增，
所以，当时，函数取得极小值，同时也时最小值，，
所以，即，所以实数的取值范围为.
16. 锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c，满足
（1）求角C；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由正弦定理得，再结合余弦定理即可求得角C；
（2）先通过降幂公式得，再由结合辅助角公式得到，由锐角三角形求得角的范围，即可求解.
【小问1详解】
由，结合正弦定理可得，即，
所以，又，故；
【小问2详解】
，因为锐角三角形，故，
解得，则，，故，
即的取值范围为.
17. 已知四棱锥的底面是一个梯形，，，，，，.

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明；
（2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，作出轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【小问1详解】
设的中点分别为，连接.
因为，所以.
因为，所以.
在梯形中，，
所以，，
，因此，
所以，又，平面，
，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，作出轴，建立空间直角坐标系，则.

则，，
设平面的法向量，
，即，
令，得到，，即.
设平面的法向量，则
，则，
令，得到，，即.
.
因为二面角是锐二面角，
所以二面角的余弦值是.
18. 我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妺”圆锥曲线，分别为的离心率，且，点分别为椭圆的左､右顶点.
（1）求双曲线的方程；
（2）设过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为.
（i）试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
（ii）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）为定值，（ii）
【解析】
【分析】（1）设出双曲线方程，根据离心率的乘积得到方程，求出，得到答案；
（2）（i）设，直线的方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，得到；
（ii）方法一：设直线，代入双曲线方程，由两根之积得到，结合点A在双曲线的右支上，得到，同理得到，结合确定，由和函数单调性得到答案；
方法二：求出双曲线的渐近线方程，由于点A在双曲线的右支上，与渐近线的斜率比较得到，同理可得，结合求出，由和函数单调性得到答案.
【小问1详解】
由题意可设双曲线，则，解得，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
（i）设，直线方程为，
由，消元得.
则，且，
，

或由韦达定理可得，即,
，
即与的比值为定值.
（ii）方法一：设直线，
代入双曲线方程并整理得，
由于点为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，.
由韦达定理得：，解得.
因为点A在双曲线的右支上，所以，解得，
即，同理可得，
由（i）中结论可知，
得，所以，
故，
设，其图象对称轴为，
则在上单调递减，故，
故的取值范围为；
方法二：由于双曲线的渐近线方程为，
如图，过点作两渐近线的平行线，由于点A在双曲线的右支上，
所以直线介于直线之间（含轴，不含直线），

所以.
同理，过点作两渐近线的平行线，
由于点在双曲线的右支上，
所以直线介于直线之间（不含轴，不含直线），

所以.
由（i）中结论可知，
得，所以,
故.
【点睛】方法点睛：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
19. 对于一组向量，，，…，，（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”．
（1）设，且，若是向量组，，的“长向量”，求实数x的取值范围；
（2）若，且，向量组，，，…，是否存在“长向量”?给出你的结论并说明理由；
（3）已知，，均是向量组，，的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列，，，…，满足，为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值．
【答案】（1）
（2）存在，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据“长向量”的定义，列不等式，求的取值范围即可得；
（2）由题意可得，亦可得，故只需使，计入计算即可得；
（3）首先由，，均是向量组，，的“长向量”，变形得到，设,由条件列式，变形为，转化为求的最小值.
【小问1详解】
由题意可得：，则，解得：；
【小问2详解】
存在“长向量”，且“长向量”为，，理由如下：
由题意可得，
若存在“长向量”，只需使，
又，
故只需使
，即，即，
当或时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为，；
【小问3详解】
由题意，得，，即，
即，同理，
，
三式相加并化简，得：，
即，，所以，
设，由得：，
设，则依题意得：，
得，
故，
，
所以，
，
当且仅当时等号成立，
故
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，理解“长向量”的定义，前两问均是利用定义解题，第三问注意转化关系，关键是转化为.
X
1
2
3
4
5
p
m
n