湖南省长沙市2024_2025学年高三数学上学期八月联合考试试题含解析

这是一份湖南省长沙市2024_2025学年高三数学上学期八月联合考试试题含解析，共20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是等内容，欢迎下载使用。
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：
则值为（）
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：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”就是各项必须为正数；
（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，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，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）令结合奇函数的定义证明；
（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】
，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的最值得出结果；
（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，
故在上单调递减，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．