湖南省长沙市明达教育集团2024-2025学年高三下学期第十次月考 数学试题（含解析）

这是一份湖南省长沙市明达教育集团2024-2025学年高三下学期第十次月考 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若全集，集合，，则集合（ ）
A．B．C．D．
2．欧拉公式把自然对数的底数，虚数单位，三角函数和联系在一起，被誉为“数学的天桥”．若复数满足，则的虚部为（ ）
A．B．1C．D．2
3．如图，，，，且，直线，过三点的平面记作，则与的交线必经过（ ）
A．点B．点C．点但不过点D．点和点
4．某学校举行运动会，该校高二年级2班有甲、乙、丙、丁四位同学将参加跳高、跳远、100米三个项目的比赛，每人只能参加一个项目，每个项目至少有一个人参加，若甲、乙两人不能参加同一项目的比赛，则不同参赛方案总数为（ ）
A．24B．30C．32D．36
5．如图，已知等腰中，，，点是边上的动点，则（ ）
A．为定值10B．为定值6
C．最大值为18D．与P的位置有关
6．在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，，则该三角形的外接圆直径为（ ）
A．14B．7C．D．
7．已知函数，.若，，.则下列关系式正确的是（ ）
A．B．C．D．
8．已知，分别是双曲线的左、右焦点，以线段为直径的圆与双曲线及其渐近线在第一象限分别交于两点，若两点的横坐标之比是，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．甲盒子中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙盒子中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲盒子中随机取出一球放入乙盒子，分别以，和表示由甲盒子取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙盒子中随机取出一球，以表示由乙盒子取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（ ）
A．，，是两两互斥的事件B．
C．事件与事件相互独立D．
10．已知等边的边长为6，分别为边的中点，将沿折起至，在四棱锥中，下列说法正确的是（ ）
A．直线平面
B．当四棱锥体积最大时，平面平面
C．在折起过程中存在某个位置使平面
D．当四棱锥体积最大时，它的各顶点都在球的球面上，则球的表面积为
11．对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数的单调递减区间为
B．
C．若方程有6个不等实数根，则
D．对任意正实数，且，若，则
三、填空题
12．在的二项展开式中，常数项为 .
13．已知函数，，当时，取得最值，且当时，单调递增，则在上的零点个数为 ．
14．过点的直线与抛物线的一个交点是，与轴交于点，且，为抛物线上一动点，则的最小值是 .
四、解答题
15．已知等差数列的公差为2，且成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和，求使成立的最大正整数的值.
16．如图，P为圆锥的顶点，为底面圆O的直径，C为圆周上一点，D为劣弧的中点，.

（1）求证：；
（2）E在线段上且，当平面时，求平面与平面夹角的余弦值.
17．已知双曲线，直线与双曲线交于，两点，直线与双曲线交于，两点.
（1）若直线经过坐标原点，且直线，的斜率，均存在，求；
（2）设直线与直线的交点为，且，证明：直线与直线的斜率之和为0.
18．已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数无极值点，求实数的取值范围；
（3）若为函数的极小值点，证明：.
19．某企业生产一种零部件，其质量指标介于的为优品.技术改造前，该企业生产的该种零部件质量指标服从正态分布；技术改造后，该企业生产的同种零部件质量指标服从正态分布.
附：若，取，.
（1）求该企业生产的这种零部件技术改造后的优品率与技术改造前的优品率之差；
（2）若该零件生产的控制系统中每个元件正常工作的概率都是，各个元件能否正常工作相互独立，如果系统中有超过一半的元件正常工作，系统就能正常工作. 系统正常工作的概率称为系统的可靠性.
①若控制系统原有个元件，计算该系统的可靠性，并判断若给该系统增加一个元件，可靠性是否提高？
②假设该系统配置有个元件，若再增加一个元件，是否一定会提高系统的可靠性？请给出你的结论并证明.
参考答案
1．【答案】D
【详解】A：若，则，所以，
与矛盾，故A错误；
B：若，则，所以，
与矛盾，故B错误；
C：若，则，
由，得，所以，
与矛盾，故C错误；
D：若，则，
由，得，
所以，故D正确.
故选D
2．【答案】D
【详解】由题意知，得，即，
解得：，则的虚部为2．
故选D．
3．【答案】D
【详解】∵直线，过三点的平面记作，
，
∴与的交线必通过点和点，
故选D．
4．【答案】B
【详解】对甲、乙、丙、丁四位同学分成3组，
则三组各有位同学，共有种，
又因为甲、乙两人不能参加同一项目的比赛，
且甲乙在一组时仅有1种分法，则共有种分组方法，
所以不同的参赛方案共有种.
故选B
5．【答案】A
【详解】设，根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量的加法的几何意义、余弦定理、平面向量的数量积的定义进行求解即可.
【详解】设.
，
因为，
，
所以.
故选A
6．【答案】D
【详解】由已知，，
由正弦定理可得：，化简得：，
所以，
又因为中，，所以，
所以，
设三角形的外接圆半径为，
由正弦定理可得：，
所以该三角形的外接圆直径为.
故选D.
7．【答案】A
【详解】∵，
∴，又在上为增函数，
∴，即.
又，
故.
故选A.
8．【答案】C
【详解】作轴，垂足为轴，垂足为，
设，，则，
由渐近线的方程可知，
在中，，解得，
由已知得，即，即，
则点A的坐标为，
代入双曲线方程可得，
化简得，即，由解得，
故选C
9．【答案】AD
【详解】A选项，根据题意，，，
故有互斥事件的定义可得两两互斥，故A正确.
BD选项，，
又，故D正确，
故
，故B错误.
C选项，，
故，所以事件与事件不相互独立，故C错误，
故选AD
10．【答案】AB
【详解】A：因为，平面，平面，
所以直线平面，故A正确；
B：设点到平面的距离为，则，
设为的中点，延长交于，
因为，，面，则平面，
过作于，因为面，所以，
又，面，所以面，显然，
又易知梯形的面积为定值，所以当面时，的体积最大，
又面，所以平面，故B正确；
对于C，如图，
若BN⊥平面，由平面，则，
又，，面，则平面，
又平面，所以,又，平面，
所以平面，这显然不可能，故C错误；
D：当四棱体积最大时，二面角为直二面角，如图，
由，取的中点E，设F是外心，
则E是等腰梯形外接圆圆心．作平面，OF平面，
则是四棱锥的外接球的球心，且，
由，得，
设四棱锥的外接球半径，则，
所以球表面积是，故D错误.
故选AB
11．【答案】BCD
【详解】函数的定义域为，，
对于A，由可得或，由可得，
即函数的单调递减区间为和，故A错误；
对于B，由A得，函数在上单调递增，
因，，
故，即B正确；
对于C，易知为偶函数，当时，，
由A项知，函数的单调减区间为和，增区间为.
又当时，，当时，，
当时，，时，，
当时，，当时，，时，，
故函数的图象如图所示.

由图可得，直线与函数有6个不同交点，等价于，故C正确；
对于D，由图，不妨设，由可得，
即，不妨取，
设，
则，
则当时，，故，在上单调递增，
又，又，，即.
因，则，当时，，在上单调递减，
因，故得，即，故D正确.
故选：BCD.
12．【答案】
【详解】由二项式通项知：，
∴当时，有常数项为.
13．【答案】4
【详解】当时，取得最值，且当时，单调递增，
故当时，取得最小值，
设的最小正周期为，则，解得，
故，解得，
又，
故，
又，
所以，①，，②
联立①②得，，故，
，则，
故或0或或，
解得或或或，
故在上的零点个数为4.
14．【答案】
【详解】由题意，设，，不妨设 ，
因为，可得点为的中点，
由中点公式可得，解得，
又由抛物线，可得，解得，
即，此时，解得，即，
所以，
所以，
又由，所以，
所以当时，，取得最小值.
15．【答案】⑴，；⑵
【详解】（1）由题意知，，即，
解得，故，．
（2）由，
得，
，
由，解得．故所求的最大正整数为5．
16．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）

证明：如图，连接，因为为的中点，所以，
又因为平面，故，，平面，
所以平面，平面，则.
（2）如图，以为坐标原点，，为，轴正方向建立空间直角坐标系，

设，则，，，
设，则，
设，则
因为，，设平面的法向量为
由，可取，
又因为平面，所以，
即得，
于是，，则，所以，
又，设平面的法向量为，
则，可取，
又平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，
则，所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．【答案】（1）1
（2）证明见解析
【详解】（1）当直线经过坐标原点时，，两点关于原点对称.
设，，，
于是，.
因为，，三点都在双曲线，
所以，两式作差，，所以
.
（2）已知，由题意可知均有斜率，
可设直线，直线，，，，.
，.
联立直线方程与双曲线的方程：.
整理得，，
当时，.
，.
于是，
同理可得，.
因为，所以
整理得，，而，所以.
18．【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1），，
又，在点处的切线方程为：.
（2）由题意知：的定义域为，
若函数无极值点，在上单调，
或在上恒成立；
，在上恒成立，
，，解得：；
下面证明充分性：
当时，，又，，
，
令，
当时，，
在上单调递增，又，为定义在上的偶函数，
在上单调递减，，，
在上单调递增，无极值点，充分性成立；
综上所述：.
（3）由（2）可得：当时，函数无极值点.
当时，令，则，
当时，，又，为定义在上的奇函数，
在上单调递增，又，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
，，使得，
在，上单调递增，在上单调递减；
函数存在唯一的极小值点，且满足.
下证：.
令，则，
令，则，
在上单调递增，即，
在单调递增，，即
又，，
又，，
即，，
即，，又，.
19．【答案】（1）
（2）①可靠性为，增加一个元件后系统的可靠性会提高；②当为奇数时，增加一个元件后系统的可靠性会下降；当为偶数时，增加一个元件后系统的可靠性会提高.
【详解】（1）技术改造前，易知，，则其优品率为；
技术改造后，，，则其优品率为.
所以优品率之差为.
（2）①记为原系统中正常工作元件个数，为增加一个元件后正常工作元件个数.
由条件知，，.
，.
因为，所以可靠性提高.
②方法一：
根据上一问的假设，易知，.
当为奇数时，设，原系统的可靠性为，新系统的可靠性为，由题意可知，
.
所以，，这说明可靠性降低.
当为偶数时，设，原系统的可靠性为，新系统的可靠性为，由题意可知，
.
所以，，这说明可靠性提高.
综上，当为奇数时，增加一个元件后系统的可靠性会下降；当为偶数时，增加一个元件后系统的可靠性会提高.
方法二：
当为奇数时，设，原系统的可靠性为，新系统的可靠性为，由题意可知，
于是，
，
这说明可靠性降低.
当为偶数时，设，原系统的可靠性为，新系统的可靠性为，由题意可知，
于是，
.
这说明可靠性提高.
综上，当为奇数时，增加一个元件后系统的可靠性会下降；当为偶数时，增加一个元件后系统的可靠性会提高.
方法三：
设两两独立且均服从二项分布，记，则该系统配置有个元件时，系统的可靠性为.
则
，且
.
这就得到，.
这表明，当为奇数时，增加一个元件后系统的可靠性会下降；当为偶数时，增加一个元件后系统的可靠性会提高.
注意到服从二项分布，故.
进行完以上准备工作后，我们回到原题.
①若控制系统原有个元件，则系统的可靠性为.
而是偶数，所以增加一个元件后系统的可靠性会提高；
②根据上面的结论，当为奇数时，增加一个元件后系统的可靠性会下降；当为偶数时，增加一个元件后系统的可靠性会提高.